Цель изучения параграфа — обучение применению достаточных условий возрастания и убывания к нахождению промежутков монотонности функции. В общеобразовательных классах достаточное условие возрастания (убывания) функции (теорема 2) вводится без доказательства. Однако после повторения определений возрастающей и убывающей на некоторых промежутках функции учащиеся по виду графика функции должны научиться выявлять промежутки ее возрастания и убывания. Так, например, по графику функции у = f (x), представленному на рисунке 21, учащиеся должны определить, что функция возрастает на промежутках х < 0 и х ≥ 2, убывает на отрезке 0 ≤ х ≤ 1.
Учащимся профильных классов при наличии времени можно предложить доказательство факта возрастания функции f(x)=x+ 1 x на интервале х > 1, используя определение возрастающей функции (впоследствии этот факт можно доказать с привлечением понятия производной и учащиеся смогут оценить достоинства аппарата математического анализа при исследовании функции).
Пусть х2 > х1 > 1, тогда f( x 2 )−f( x 1 )= x 2 + 1 x 2 −( x 1 + 1 x 1 )= =( x 2 − x 1 )−( 1 x 1 − 1 x 2 )=( x 2 − x 1 )− x 2 − x 1 x 1 x 2 = =( x 2 − x 1 )( 1− 1 x 1 x 2 )>0, так как х2 − х1 > 0 (по предположению х2 > х1), а х1х2 > 1 (по условию х1 > 1 и х2 > 1), откуда 0< 1 x 1 x 2 <1, и значит, 1− 1 x 1 x 2 >0.
Пояснение смысла теоремы Лагранжа можно сопровождать рассуждениями о движении «сверху вниз» прямой т (рис. 22), параллельной секущей АВ и не имеющей общих точек с частью графика дифференцируемой на отрезке [а; b] функции f (x). При перемещении такой прямой m в направлении к секущей АВ фиксируется первая общая с рассматриваемой частью графика функции точка (на рисунке это точка С) и положение прямой l0, проходящей через эту точку. Из рисунка видно, что точка С (с абсциссой с) — точка касания прямой l0 с графиком функции y = f (x). Если α — угол, который образует секущая АВ с осью Ох, и соответственно угол между касательной l0 и осью Ох, то согласно геометрическому смыслу производной f ′ (c)=tg α= f(b)−f(a) b−a . Таким образом, если функция f (x) непрерывна на [а; b] и дифференцируема на интервале (a; b), то на этом интервале существует точка с, такая, что f ′ (c)= f(b)−f(a) b−a , откуда f (b) − f (a) = f ′ (c) (b − а).
Предполагается, что учащимся общеобразовательных классов понятие достаточности условия должно быть понятно на интуитивно-бытовом уровне (например, для покупки карандаша стоимостью три рубля пяти рублей достаточно, а двух рублей недостаточно). Учащиеся должны, к примеру, понимать, что для утверждения того факта, что на интервале (а; b) дифференцируемая на этом интервале функция f (x) возрастает, достаточно (вполне достаточно) показать, что f ′ (x) > 0 на (а; b). Таким образом, учащиеся общеобразовательных классов должны осознавать, что условия, без выполнения которых утверждение А заведомо не может быть верным, называют необходимыми условиями, а условия, при выполнении которых утверждение А заведомо верно, называют достаточными условиями. Теоретический материал параграфа и задачу 1 желательно разобрать на одном уроке, а оставшееся время посвятить практическому использованию теоремы 2 и аналогичной ей для случая убывания функции.
В результате изучения параграфа все учащиеся должны уметь находить по графику и с помощью производной промежутки возрастания и убывания функции в упражнениях типа 2; учащиеся профильных классов — в упражнениях типа 3—5.
Решение упражнений
6. 1) у = х3 − ах, у′ = 3х2 − а. Если а < 0, то у′ > 0 при всех x ∈ R, и поэтому функция возрастает на R. Если а = 0, то функция у = х3 возрастает на R (хотя f ′ (0) = 0). Пусть а > 0, тогда у′ меняет знак при переходе через точки x=± 3a 3 , и поэтому функция не является возрастающей на всей числовой прямой. Ответ. При а ≤ 0. 2) у = ах − sin x, y′ = a − cos x. Если а > 1, то y′ > 0 на R, и поэтому функция возрастает на R. Если а < 1, то у′ меняет знак, и поэтому функция не является возрастающей на всей числовой прямой. При а = 1 функция также является возрастающей на R. Чтобы доказать это, нужно воспользоваться неравенством | sin х2 − sin х1 | < | х2 − х1 | = х2 − x1, при х2 > х1. Ответ. При а ≥ 1. 7. y ′ = −2x+1 2 6+x− x 2 ; y′ > 0, если { 6+x− x 2 >0, −2x+1>0, т. е. при x∈[ −2; 1 2 ]; y′ < 0, если { 6+x− x 2 >0, −2x+1<0, т. е. при x∈[ 1 2 ;3 ] . 8. 1) Пусть φ (x) = ln (1 + х) − х. Эта функция дифференцируема при всех x > 0, причем φ ′ (x) = 1 1+x −1<0 при х > 0. Функция φ (x) непрерывна в точке x = 0, поэтому функция φ (x) убывает при x ≥ 0. Так как φ (0) = 0, то при х > 0 справедливо неравенство φ (x) < φ (0), т. е. ln (1 + х) − х < 0, откуда ln (1 + x) < х.
