Сравнение наклонов касательных при разрывах в заданной области — проверочная работа по математике, 11 класс

11 класс. Цель: отличать допустимое сравнение наклонов на гладких участках от ошибочного сравнения в точках разрыва и излома.

«На графике есть два участка» ещё не означает, что в месте стыка можно провести одну касательную. Если функция не определена, разорвана скачком или имеет угловую точку, обычная производная там не существует. Даже если производные на каждом участке вычислены верно, перескакивать через разрыв без проверки нельзя.

Утверждение для проверки

Неверный тезис: «Если слева и справа от разрыва производные имеют одинаковый знак, то в точке разрыва существует касательная». Контрпример: f(x)=x при x<0 и f(x)=x+4 при x≥0. На каждом участке наклон равен 1, но в x=0 имеется скачок: предел слева равен 0, значение справа — 4. Единой касательной к графику в этой точке нет.

Почему производная требует непрерывности

Существование конечной производной в точке обязательно влечёт непрерывность функции в этой точке. Это следует из f(a+h)−f(a)=[(f(a+h)−f(a))/h]·h: если первый множитель имеет конечный предел, а h→0, то разность значений стремится к нулю. Обратное неверно: |x| непрерывна, но в 0 не дифференцируема.

Самостоятельные обоснования по пяти типам препятствий

1. Задание 1. Пусть f(x)=1/(x−2). Можно ли сравнивать наклон при x=2 с наклоном при x=3?

2. Задание 2. Для f(x)=1/(x−2) сравните наклоны при x=1 и x=4.

3. Задание 3. Функция f(x)=|x−1|. Найдите односторонние наклоны в x=1.

4. Задание 4. Для f(x)=|x−1| сравните наклоны в x=0 и x=3.

5. Задание 5. f(x)=x² при x<0, f(x)=x²+5 при x≥0. Найдите f′(−2) и f′(2). Можно ли вычислить f′(0)?

6. Задание 6. g(x)=x² при x≤0 и x²+x при x>0. Существует ли g′(0)?

7. Задание 7. h(x)=x² при x≤0 и x² при x>0. Это две формулы — есть ли разрыв?

8. Задание 8. k(x)=x³ для x≠0, но k(0)=7. Можно ли считать наклоном в нуле 0 по формуле 3x²?

9. Задание 9. r(x)=1/(x+1). Сравните наклоны при x=−2 и x=0.

10. Задание 10. f(x)=x для x<1 и 2x−1 для x≥1. Есть ли касательная в x=1?

11. Задание 11. f(x)=x² при x<0, f(x)=−x² при x≥0. Сравните наклоны в x=−1 и x=1, затем в x=0.

12. Задание 12. Функция p(x)=ln(x−1) определена при x>1. Сравните наклоны при x=2 и x=5; почему x=1 нельзя включать?

Ключ для учителя: доказательства и вычисления

1. 1. Нет. x=2 исключена из области определения; f′(3)=−1. У первой «касательной» в заданной точке нет смысла.

2. 2. f′(x)=−1/(x−2)², f′(1)=−1, f′(4)=−1/4. Следовательно −1<−1/4: касательная при x=4 имеет больший угловой коэффициент.

3. 3. Слева производная равна −1, справа +1; единого наклона и производной нет, хотя функция непрерывна.

4. 4. f′(0)=−1, f′(3)=1. Обе точки лежат на гладких ветвях; −1<1.

5. 5. На каждой ветви производная 2x, значит значения −4 и 4. В x=0 скачок 5 единиц, производной не существует.

6. 6. Слева производная в пределе 0, справа 1. Значения функции согласованы в 0, но односторонние производные различны; общей касательной нет.

7. 7. Нет. На самом деле h(x)=x² для всех x, непрерывна и дифференцируема; h′(0)=0. Сам факт разбиения на ветви не создаёт разрыва.

8. 8. Нельзя. Хотя на всех ненулевых точках k′(x)=3x², в x=0 функция разрывна, k′(0) не существует.

9. 9. r′(x)=−1/(x+1)², поэтому оба наклона равны −1. Точка x=−1 исключена; равенство наклонов по обе стороны асимптоты допустимо.

10. 10. Функция непрерывна: оба значения в стыке равны 1. Однако слева наклон 1, справа 2 — обычной касательной нет.

11. 11. f′(−1)=−2, f′(1)=−2: касательные параллельны. В 0 односторонние производные обе равны 0, поэтому f′(0)=0; нет ни разрыва, ни излома.

12. 12. p′(x)=1/(x−1): p′(2)=1, p′(5)=1/4, значит 1>1/4. В x=1 логарифм не определён, касательной нет.

Проверка особых случаев

Чтобы определить наклон в точке стыка x=a, сначала проверьте, что функция там определена, затем что она непрерывна, и только потом сравните левую и правую производные. При скачке нельзя подставить точку в производную соседнего участка. При изломе значения односторонних производных различаются. При устранимом разрыве значение в точке также необходимо проверять отдельно.

На двух гладких ветвях по разные стороны разрыва сравнение допустимо: у каждой выбранной точки есть собственная касательная. Неверно лишь приписывать касательную самому исключённому аргументу. Например, у 1/(x−2) коэффициенты в x=1 и x=4 существуют и сравнимы, хотя промежуток между этими точками пересекает вертикальную асимптоту. Теорему о среднем значении ко всему отрезку [1;4] при этом применять нельзя.

Диагностическая таблица: что именно мешает сравнению

Иногда рисунок создаёт впечатление единой линии, хотя одно значение в точке «вырезано». Пусть f(x)=x² для всех x≠1, а f(1)=3. Если рассматривать лишь соседние точки, хочется написать f′(1)=2. Это неверно: f(1) не совпадает с пределом, равным 1, а разностное отношение [f(1+h)−f(1)]/h содержит ненулевую постоянную часть −2/h и не имеет конечного предела. Следовательно, даже хорошая формула производной вне точки не заменяет проверки исходного определения.

Важно также не путать сравнение наклонов и сравнение высот графиков. У функции f(x)=1/(x−2) наклоны в x=1 и x=3 равны −1, однако значения функции там −1 и +1. Одинаковая производная означает параллельность касательных, а не совпадение точек графика. И наоборот, одинаковое значение функции в двух различных точках не даёт оснований считать касательные параллельными.

При обосновании ответа полезно явно назвать область определения обеих точек, вычислить производные на соответствующих ветвях и записать сравнение полученных чисел. Если вопрос относится к точке стыка, односторонние пределы функции исследуют до вычисления производных. Такой порядок экономит время: при разрыве исследование наклона в самом стыке уже не требуется.