Проверка интервала монотонности при разрывах в заданной области — диагностика ошибок, 11 класс

Математика · 11 класс · MATH-1860

Учебная цель: проверять интервалы монотонности в присутствии полюсов, выколотых точек и скачков без неправомерного объединения промежутков.

Маршрут 1. Лёгкий старт: проверьте область определения

На черновике напишите D — область определения. Нельзя объявлять промежутком монотонности интервал, в котором функция не задана хотя бы в одной точке. Это правило предотвращает наиболее частую ошибку при работе с дробями: после сокращения знаменателя «дырка» исчезает из формулы, но не из области определения.

Для f(x)=1/(x−2) производная −1/(x−2)² отрицательна слева и справа от x=2. Однако функция не убывает на всей проколотой прямой: f(1)=−1, f(3)=1. Здесь две отдельных ветви, а через разрыв нельзя соединить их одним интервалом.

Маршрут 2. Развилка «верно или ошибка»

Если школьник пишет «f′<0 на области определения, значит f убывает на всей R», проверьте оба компонента фразы. Во-первых, входит ли каждая точка R в область определения? Во-вторых, не нужно ли отделить части, разорванные точкой с нулевым знаменателем?

Маршрут 3. Восемнадцать шагов для исправления ошибки

1. Функция f(x)=1/(x−2). Назовите область определения и интервалы убывания.
2. Верно ли, что та же функция убывает на всём множестве R{2}, если использовать определение для любых двух его точек?
3. Для f(x)=(x²−9)/(x−3) найдите область определения и знак производной.
4. У предыдущей функции f(3) якобы равно 6, потому что дробь сократилась. Что неверно?
5. f(x)=−1/(x+1). Определите промежутки возрастания.
6. Можно ли назвать интервал (−2;2) интервалом монотонности функции f(x)=x² при области D=R{0}?
7. Для f(x)=(x−1)/(x−1) ученица пишет: «всюду постоянна». Уточните корректный ответ.
8. f(x)=(x²−4)/(x−2). Допустим ли интервал (0;5) как интервал возрастания?
9. f(x)=x+2 при x<0 и f(x)=x+4 при x≥0. Сохраняется ли строгое возрастание при скачке?
10. f(x)=x+2 при x<0 и f(x)=x−4 при x≥0. Возрастает ли функция на всей R?
11. Для f(x)=1/(x+4) назовите число точек разрыва и два интервала убывания.
12. Для f(x)=x² при x≠0 существует ли стационарная точка x=0?
13. f(x)=5 при x≠−2. Что происходит с монотонностью на каждой части области?
14. Для f(x)=−x+7 при x≠5 запишите два максимальных интервала строгого убывания.
15. У f(x)=1/(x−1) f′ отрицательна справа и слева от 1. Можно ли писать «убывает на (−∞;+∞)»?
16. Для f(x)=(x²−1)/(x−1) ученик отметил x=1 как критическую точку. Как исправить?
17. Если на каждой стороне разрыва производная положительна, всегда ли функция возрастает на всей области определения?
18. В функции 1/(x−2) можно ли считать x=2 концом отрезка убывания [1;2]?

Ключ: не только результат, но и причина

1. D=R{2}. f′=−1/(x−2)²<0 при x≠2; убывает на (−∞;2) и (2;+∞) отдельно.
2. Нет: f(1)=−1, f(3)=1, а при 1<3 должно было бы быть f(1)>f(3). Сквозь разрыв убывание не сохраняется.
3. D=R{3}. На D функция равна x+3, f′=1; возрастает на (−∞;3) и (3;+∞). Значение в точке 3 не определено.
4. Сокращение разрешено только при x≠3. Исходная дробь при x=3 имеет знаменатель 0; нельзя дописывать точку в область определения.
5. D=R{−1}; f′=1/(x+1)²>0. Возрастает на (−∞;−1) и (−1;+∞), но через вертикальную асимптоту единый интервал не образуется.
6. Нет: весь интервал не входит в D и производная слева отрицательна, справа положительна. Убывает на (−∞;0), возрастает на (0;+∞).
7. Функция равна 1 лишь при x≠1. Она постоянна на каждом из промежутков (−∞;1) и (1;+∞); x=1 исключён.
8. Нет: x=2 исключён. Корректны (0;2) и (2;5) как части соответствующих интервалов; упрощённое выражение x+2 не восстанавливает удалённую точку.
9. Да: на каждой стороне наклон 1, а через 0 значения слева меньше 2, справа не меньше 4; для x₁<x₂ всегда f(x₁)<f(x₂).
10. Нет: f(−0,1)=1,9, f(0)=−4. Скачок вниз разрушает возрастание между соседними частями, несмотря на наклон 1 по обе стороны.
11. Единственная точка разрыва x=−4; f′<0 на (−∞;−4) и (−4;+∞).
12. Нет: x=0 не входит в область определения. Формальное равенство 2x=0 не даёт стационарную точку этой функции.
13. Функция постоянна на (−∞;−2) и (−2;+∞). Она не строго возрастает и не строго убывает; удалённая точка не создаёт экстремум.
14. (−∞;5) и (5;+∞), потому что f′=−1 в каждой точке области; интервал с x=5 запрещён.
15. Нет: x=1 вне области определения, а указанный интервал содержит эту точку. Нужно дать два интервала: (−∞;1) и (1;+∞).
16. x=1 — выколотая точка; функция x+1 определена только при x≠1. Производная равна 1 на области определения, стационарных точек нет.
17. Нет. Контрпример — функция x+2 при x<0 и x−4 при x≥0: по обе стороны наклон положительный, но скачок вниз нарушает глобальное возрастание.
18. Нет. При x=2 функция не существует. Разрешён промежуток [1;2), но не [1;2].

Следите за разницей между свойством «функция возрастает на каждом из двух интервалов» и утверждением «она возрастает на всей области определения». Второе иногда верно даже на разорванном множестве, как у x+3 с удалённой точкой, но иногда неверно, как у 1/(x−2). В школьных задачах обычно требуется перечислить именно интервалы как непрерывные промежутки, поэтому точку разрыва пропускают независимо от внешнего вида графика.

Маршрут 4. Самопроверка и исправление

За каждый правильно названный промежуток поставьте себе один балл, за явную область определения — ещё один. Если ошибка связана с выколотой точкой, начните решение с D и перечеркните все интервалы, содержащие исключённое значение. Если ошибка связана со скачком, сравните две точки по разные стороны разрыва и проверьте неравенство, входящее в само определение возрастания либо убывания.

Наконец, не путайте разрыв с экстремумом: на краю области определения может быть одностороннее изменение, но отсутствующая точка никогда не является точкой локального максимума или минимума. Правильный вывод опирается не только на таблицу знаков производной, но и на фактическое множество допустимых x.

Как обнаружить ложное объединение ветвей без рисунка

Для рациональной функции с вертикальной асимптотой возьмите два допустимых аргумента по разные стороны запрещённой точки. У f(x)=1/(x−2) аргументы 1 и 3 дают значения −1 и 1: несмотря на отрицательную производную на каждой отдельной ветви, функция не убывает на объединённом множестве. Напротив, у f(x)=(x²−9)/(x−3) после сокращения получаем x+3, и для любых допустимых x₁<x₂ сохраняется неравенство f(x₁)<f(x₂). Но даже в этом втором случае школьные интервалы перечисляют раздельно, потому что точка 3 удалена из области определения.

При скачке нельзя опираться на производную, вычисленную лишь на двух частях по отдельности. Пусть слева от нуля y=x+2, справа включая нуль y=x−4. Производная на обеих открытых половинах равна единице, однако при переходе через 0 значение резко падает. Проверка по определению возрастания с x₁=−0,1 и x₂=0 сразу показывает противоречие. Если заменить правую ветвь на x+4, скачок будет направлен вверх, и глобальное возрастание сохранится.