Сборник материалов консультационных уроков в режиме «On-line
реклама
ШҚО БІЛІМ БАСҚАРМАСЫНЫҢ «ШЫҒЫС» ӨҢІРЛІК ОРТАЛЫҒЫ
РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЦЕНТР «ШЫҒЫС» УПРАВЛЕНИЯ ОБРАЗОВАНИЯ ВКО
Математика және физикадан оқушыларды
ҰБТ-ға дайындау бойынша
«On-line» режімінде өткізілген кеңес
сабақтары материалдарының
ЖИНАҒЫ
СБОРНИК
материалов консультационных уроков
в режиме «On-line»
по подготовке учащихся к ЕНТ
по математике и физике
Өскемен
2015
1
УДК ӘОЖ 51:53
Математика және физикадан оқушыларды ҰБТ-ға дайындау бойынша
«On-line» режімінде өткізілген кеңес сабақтары материалдарының
жинағы. Өскемен: ШҚО ББ «Шығыс» ӨО, 2015.
Құрастырған: ШҚО білім басқармасы «Шығыс» өңірлік орталығының
білім беру мазмұны және білім сапасының мониторингі кабинеті.
Сборник материалов консультационных уроков в режиме «On-line»
по подготовке учащихся к ЕНТ по математике и физике. Усть-Каменогорск: РЦ
«Шығыс» УО ВКО, 2015.
Составитель: кабинет содержания обучения и мониторинга качества
образования регионального центра «Шығыс» управления образования ВКО
Математика және физикадан оқушыларды ҰБТ-ға дайындау бойынша
«On-line» режімінде өткізілген кеңес сабақтары материалдарының жинағы
облыс білім беру ұйымдарының пән мұғалімдеріне, 11 сынып оқушыларына
ҰБТ-ға дайындық бойынша көмек беру мақсатында әзірленді.
Данный сборник материалов консультационных уроков в режиме «On-line»
по подготовке учащихся к ЕНТ по математике и физике разработан в целях
помощи учителям-предметникам, учащимся 11 классов организаций
образования области по подготовке к ЕНТ.
ШҚО білім басқармасы жанындағы эксперттік кеңестің 2015 жылғы 26
ақпандағы шешімімен ұсынылды. Хаттама №35.
Рекомендовано решением экспертного совета при управлении образования
ВКО от 26 февраля 2015 года. Протокол №35.
2
АЛҒЫ СӨЗ
Математика және физикадан оқушыларды ҰБТ-ға дайындау бойынша
«On-line» режімінде өткізілген кеңес сабақтары материалдарының жинағы
облыстық мамандандырылған білім беру ұйымдары мұғалімдерінің істәжірибелері негізінде құрастырылды.
Жинақта математика және физикадан пәндері оқу бағдарламаларының
ұлттық бірыңғай тестілеу (ҰБТ) тапсырмаларында жиі кездесетін
«Көрсеткіштік, логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктер және олардың
жүйелерін шешу», «Арифметикалық және геометриялық прогрессиялар»,
«Иррационал теңдеулер мен олардың жүйелерін шешу», «Рационал
теңдеулердің көмегімен мәтінді есептерді шығару», «Кері тригонометриялық
функциялар енгізілген теңдеулерді шешу», «Практикалық мазмұнды есептерді
шығаруда синустар мен косинустар теоремаларын қолдану», «Молекулалық
физика», «Динамика заңдары» сияқты тақырыптары қамтылған.
Жинақ ҰБТ-ға дайындық сапасын арттыруда әдістемелік көмек
мақсатында пән мұғалімдері мен 11 сынып оқушыларына қосымша материал
ретінде ұсынылады.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Сборник материалов консультационных уроков в режиме «On-line» по
подготовке учащихся к ЕНТ по математике и физике составлен на основе
опытов учителей областных специализированных организаций образования.
В сборнике охвачены темы учебных программ математики и физики часто
встречающиеся в заданиях ЕНТ «Решение показательных, логарифмических
уравнений и их систем», «Решение текстовых задач с помощю рациональных
уравнений», «Арифметическая и геометрическая прогрессий», «Решение
иррациональных уравнений и их систем», «Решение тригонометрических
уравнений,
содержащих
обратные
тригонометрические
функции»,
«Применение теоремы синусов и косинусов в задачах с практическим
содержанием», «Молекулярная физика», «Законы динамики».
Сборник рекомендуется с целью методической помощи учителямпредметникам и учащимся 11 классов в качестве дополнительного материала в
повышений качества подготовки к ЕНТ.
3
Аитова Б.Т., учитель математики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Обратные тригонометрические функции. Особенности решения
тригонометрических уравнений, содержащих обратные
тригонометрические функции
Обучение математике должно иметь своей главной целью не передачу
суммы знаний учащемуся, а развитие способностей к получению
математических знаний. Главное научить учиться и развить интеллект
учащегося.
Изучение темы «Обратные тригонометрические функции. Особенности
решения обратных тригонометрических уравнений» вызывает у учащихся
значительные затруднения. В основном это связано с тем, что в учебном
пособии задачам по этой теме уделяется мало внимания. И если с задачами на
вычисления обратных тригонометрических функций учащиеся хоть как – то
справляются, то уравнения, содержащие обратные тригонометрические
функции, в большинстве своём ставят учащихся в тупик. На самом деле, в этом
ничего нет удивительного, ведь практически в учебниках нет объяснения и
методики решения данных уравнений.
Учащиеся выполняют решения «формально», по «стандарту». Учитель
должен быть хорошим стратегом и вовремя создавать для развития интеллекта
детей посильные трудности. В этом и заключается трудность: уметь не
ликвидировать все преграды на пути ребят к вершине знания, а планомерно
создавать их, что позволит продвинуться на пути формирования и развития
своей личности.
Значение данной темы достаточно велико – она составляет необходимую
основу для решения тригонометрических уравнений. Кроме того, данная тема
помогает в упрочении навыков работы с обратными функциями, закреплении
понятия взаимно однозначных соответствий.
Обратные
тригонометрические
функции
(круговые
функции,
аркфункции) — математические функции, являющиеся обратными к
тригонометрическим функциям. К обратным тригонометрическим функциям
обычно относят
функций: арксинус (обозначение: arcsin) арккосинус
(обозначение: arccos), арктангенс (обозначение: arctg), арккотангенс
(обозначение: arcctg), арксеканс (обозначение: arcsec) арккосеканс
(обозначение: arccosec).
Основные тригонометрические функции являются периодическими.
Всякая периодическая функция принимает каждое своё значение бесконечно
много раз, т.к. f(x) = f(x +k T), для любого х Х, к Z – поэтому периодическая
функция не может осуществлять взаимно однозначного соответствия, а, значит,
не имеет обратной.
4
Арксинус и арккосинус
Функция у = sinx, определена на всей числовой оси и не является
монотонной на этом множестве. Поэтому на множестве (- ; ) невозможно
определить обратную функцию для функции у = sinx. В этой связи нужно найти
промежуток монотонности и в нём определить обратную функцию. Функция y
= sinx, х ; , является возрастающей на этом отрезке. По теореме о корне
2 2
на данном промежутке существует корень уравнения sinx = а. Это число
называется арксинусом числа а.
Рассмотрим не всю синусоиду, а только её часть – функцию y = sinx, D(y)
= ; .
2 2
Любая прямая у = а, а 1;1 пересекает график этой функции в
единственной точке, абсцисса которой и обозначается arcsinа.
Определение: Арксинусом числа, а называется такое
число из отрезка ; , синус которого равен а.
2 2
График функции y=arcsinx симметричен с графиком
основной функции относительно биссектрисы 1 и 3
координатных углов.
График функции y=arcsinx
Аналогично рассматриваем не всю косинусоиду, а только её часть.
Функция у = соsx, на отрезке 0 : монотонна убывает от -1 до 1.
На этом промежутке существует обратная функция
у
= arcсos х. определённая на отрезке 1;1 и монотонно
убывающая на нём от до 0.
Определение: Арккосинусом числа, а называется
такое число из отрезка 0 : , косинус которого равен а.
D(arccosx) = 1;1 , Е(arccosx) = 0 : .
График функции у = arccosx
Арктангенс и арккотангенс.
Функция у = tg x на интервале (
, ) монотонно возрастает от до
2 2
и принимает при этом все действительные значения. Следовательно,
5
существует обратная ей однозначная функция, определённая на всей числовой
, ) . Эта обратная функция обозначается
2 2
у = arctgx. D (arctgx) = R, E(arctgx) = (
, ).
2 2
оси и монотонно возрастающая от (
Определение: Арктангенсом числа, а называется такое число из интервала
(
, ) , тангенс которого равен а.
2 2
График функции у = arctgx получается из графика функции у = tg x,
симметричен относительно прямой у = х
Функция у = ctg x на интервале (0; ) монотонно убывает от + до - и
принимает при этом все действительные значения. Следовательно, существует
обратная ей однозначная функция, определённая на всей числовой оси и
монотонно убывающая от ( ;0) . Эта обратная функция обозначается у = arcсtgx.
D(arcсtgx) = R, E (arcсtgx) = (0; ) .
Определение: Арккотангенсом числа, а называется такое число из
интервала (0; ) , котангенс которого равен а.
Взаимная обратность функций.
Для каждого х 1;1выполняется равенство
1.sin(arcsinx) = x, если x 1.
2.cos(arccosx) = x, если x 1
3.tg(arctgx) = x, для любого действительного х.
4. ctg(arcctgx) = x, для любого действительного х.
Для каждого х ;
2 2
5. arcsin (sin х)= х, если х ;
2 2
6. arcсos (соsx )= х, если х 0 :
6
, )
2 2
8. arcctg (ctg х) = х, если х (0; ) .
7. arctg (tg x ) = х, если х (
Основные тождества.
При всех допустимых значениях аргумента х справедливы тождества:
аrcsinх + arcсosх =
arctgх + arcctgх =
2
2
, х 1;1
, х (- ; )
аrcsin(-х) = - аrcsinх
arctg(-х) = -arctgх
arcсos(-х) = - arcсosх, х 1;1
arcctg(-х) = - arcctgх, х (- ; )
Полезно помнить следующие важные соотношения: так как аrcsin
a ; , то cos(arcsina) 0 , откуда
2 2
Cos(arcsina) = 1 sin 2 (arcsina ) = 1 a 2 , а так как arcсos а 0 : , то sin
(arccosa) 0 , откуда
Sin(arccosa) = 1 sin 2 (arcsin a) = 1 a 2
Sin(2arcsina) = 2sin(arcsina)*cos(arcsina )= 2a 1 a 2
tg(arcsin(-a)) = - tg(arcsina)
tg(arccos(-a)) = tg( -arccosa) = - tg(arccosa)
cos(arctg(-a)) = cos(-arctga) = cos(arctga )
Обратные тригонометрические уравнения.
При решении уравнений пользуются следующими формулами:
) х =sin
2
arccosx = , (0 х = cos
arctgх = , ( ) х = tg
2
arcctgх = , (0 ) х = ctg
arcsinх = , (
Примеры решения задач
3
5
№1. Найти значение выражения: sin (2 arccos ).
3
5
Обозначим y = arccos . По определению арккосинуса, y – это число из
промежутка 0; , косинус которого равен
3
5
3
, и нам надо найти sin 2y.
5
9
16
sin 2y = 2 sin у cos у. sin 2 y = 1 - cos 2 y = 1 =
,
25 25
7
То есть нам известно, что cos y =
т.к. у [0;π], sin у 0
Отсюда sin у =
4
4
3
24
. sin 2y = 2 sin у cos у = 2 * * =
= 0, 96.
5
5
5
25
Ответ: 0, 96.
№2. Найти значение выражения: sin(arcctg(- 8 )).
Обозначим y = arcctg(- 8 ). По определению арккотангенса, y – число из
промежутка (0; ), котангенс которого равен (- 8 ).
То есть нам известно, что ctgу = - 8 , и нам надо найти значение sin у.
Т. к. ctgу< 0, значит, с учетом условия у ( ; ) , и sin у>0.
2
1
1
2
1 ctg у 9
1
Ответ:
3
sin 2 у
sin у=
1
3
1
4
№3. Найти значение выражения: cos(arctg(- )
3
)
2
; ) , тангенс
2 2
1
1
3
которого равен
. То есть tgy =
, и нам надо найти значение cos(у- ) .
4
4
2
Если tgy 0 , значит y ( ; 0).
2
3
1
1
1
По формуле приведения cos(у - ) = -sin у, sin 2 у
2
2
1 ctg y 1 16 17
1
ctgy =
tgy
1
4
Обозначим y = arctg(- ) . y – это число из промежутка (
При siny 0 , y (
Ответ:
17
;0) следовательно, siny =
2
17
17
17
№4. Найти значение угла (в градусах): arcsin(sin( 490 0 )).
Важно помнить, что arcsina принимает значения в промежутке ; .
2 2
Нанесем точку, соответствующую углу поворота на 490° на единичную
окружность:
490°=360°+130°. Нас интересует угол из промежутка [-90°, 90°], синус
которого равен sin(130°).
Это угол 50°.
Ответ: 50°.
№5. Вычислить: arcctg(ctg(
))
11
Решение: arcctg(ctgх) = х лишь в том случае, когда х (0; ) .
Так как - период котангенса, то ctg(
8
10
) = ctg(
) ctg
11
11
11
10
10
)) = arcctg(ctg
)
11
11
11
10
Ответ:
11
аrcctg(ctg(
№6. Вычислить: arctg2 + arctg3
Решение: Обозначим искомую величину через А: arctg2 + arctg3 =А,
вычислим tgA.
Имеем
tgA = tg (arctg2 + arctg3) =
tg (arctg 2) tg (arctg 3)
23
1
1 tg (arctg 2) * tg (arctg 3) 1 2 * 3
Теперь по заданному значению тангенса нужно найти А, так как
4
arctg 2
2
и
arctg2 + arctg3 , т.е. аргумент. А оканчивается во
4
2
2
3
второй четверти. Следовательно, А =
.
4
3
Ответ:
4
3
1 1
№ 7. Вычислить: 2arcsin(- ) arcctg (1) arccos arccos( 1)
2
2 2
arctg 3
, то
3
) ( arcctg1)
+
2
1
1
2 3 9 4 5
( arccos1) 2 * (
) ( ) ( 0)
2
3
4
4 2
3
4 4 2
6
6
5
Ответ:
6
1
3
№ 8. Вычислить: sin ( arcctg ( ))
2
4
3
3
x
Пусть arcctg ( ) = х, тогда ctg x =
. Требуется sin . Известно, что sin
4
2
4
1 cos x
x
x
x
1 cos x
=
, где - угол I четверти, тогда 0 и sin =
. Найдём
2
2
2
2
2
ctgx
2*(-arcsin
4
x
2
значение cos x =
1 ctg 2 x
9
3
16 3 * 4 3
:
( угол х во II четверти).
cos x =
4
1
4 5 5
3
1
1 cos x
x
5 8 42 5
Значит, sin =
2
2
10
5
5
2
1
Ответ:
2 5
5
1
2
№9. Вычислить: sin( arcsin(
2 2
))
3
9
Пусть arcsin(
1 cos x
2 2
x
2 2
1 cos x
, sin =
= , где
) = х, тогда sinх=
2
2
3
3
2
2 2 2
8 1
) = 1 (cosx 0 )
3
9 3
1
1
x
3 2 3
sin =2
6
3
2
3
Ответ:
3
cos x = 1 (
3 1
3
arcsin
)
3 4
2
3
3
Так как arctg
= и arcsin
= , то имеем:
6
3
3
2
5 1
5
3
* ) tg ( ) tg
tg ( ) tg 1
tg (
6 4 3
6 12
4
4
4
№10. Вычислить: tg(5arctg
№11. Вычислить: 24 3 tg(arcsin0,5)
Решение: 24 3 tg
6
= 24 3 *
1
3
24
Ответ: 24.
№12. Решить уравнение: 3arccos(2x + 3) = 5π/2.
Выразим из уравнения обратную тригонометрическую функцию,
получим: arccos(2x + 3) = 5π/6.
Теперь воспользуемся определением арккосинуса.
Арккосинусом некоторого числа a, принадлежащего отрезку [-1; 1]
является такой угол y из отрезка от 0 до π, что его косинус и равен числу x.
Поэтому можно записать так: 2x + 3 = cos 5π/6.
Распишем правую часть полученного уравнения по формуле приведения:
2x + 3 = cos(π – π/6).
Имеем: 2x + 3 = -cosπ/6;
2x + 3 = -√3/2; 2x = -3 – √3/2.
Приведем правую часть к общему знаменателю. 2x = -(6 + √3) / 2;
x = -(6 + √3) / 4.
Ответ: -(6 + √3) / 4.
№13. Решить уравнение: cos(arccos(4x – 9)) = x 2 – 5x + 5.
Решение. Так как cos(arcсosx) = x при x принадлежащем [-1; 1], то данное
уравнение равносильно системе:
{4x – 9 = x 2 – 5x + 5, {-1 ≤ 4x – 9 ≤ 1.
Решим уравнение, входящее в систему. 4x – 9 = x 2 – 5x + 5. Оно
квадратное, поэтому получим, что
x 2 – 9x + 14 = 0;
10
D = 81 – 4*14 = 25; x1 = (9 + 5) / 2 = 7; x2 = (9 – 5) / 2 = 2.
Решим двойное неравенство, входящее в систему. -1 ≤ 4x – 9 ≤ 1.
Прибавим ко всем частям 9, будем иметь: 8 ≤ 4x ≤ 10.
Разделим каждое число на 4, получим: 2 ≤ x ≤ 2,5.
Теперь объединим полученные ответы.
Легко видеть, что корень x = 7 не удовлетворяет ответу неравенства.
Поэтому единственным решением уравнения будет x = 2.
Ответ: 2.
№14. Решить уравнение: tg(arctg(0,5 – x)) = x 2 – 4x + 2,5.
Решение. Так как tg(arctgx) = x при всех действительных числах, то
данное уравнение равносильно уравнению: 0,5 – x = x 2 – 4x + 2,5.
Решим полученное квадратное уравнение с помощью дискриминанта,
предварительно приведя его в стандартный вид.
x 2 – 3x + 2 = 0;
D = 9 – 4 · 2 = 1;
x1 = (3 + 1) / 2 = 2; x2 = (3 – 1) / 2 = 1.
Ответ: 1; 2.
№15. Решить уравнение: arcctg(2x – 1) = arcctg(x 2 /2 + x/2).
Решение. Так как arcctg f(x) = arcctg g(x) тогда и только тогда, когда f(x) =
g(x), то 2x – 1 = x 2 /2 + x/2.
Решим полученное квадратное уравнение:
4x – 2 = x 2 + x; x 2 – 3x + 2 = 0. По теореме Виета получим, что x = 1 или
x = 2.
Ответ: 1; 2.
№16. Решить уравнение: arcsin(2x – 15) = arcsin(x 2 – 6x – 8).
Решение. Так как уравнение вида arcsin f(x) = arcsing(x) равносильно
системе {f(x) = g(x), {f(x) € [-1; 1], то исходное уравнение равносильно системе:
{2x – 15 = x2 – 6x + 8, {-1 ≤ 2x – 15 ≤ 1.
Решим полученную систему: {x2 – 8x + 7 = 0, {14 ≤ 2x ≤ 16.
Из первого уравнения по теореме Виета имеем, что x = 1 или x = 7.
Решая второе неравенство системы, получаем, что 7 ≤ x ≤ 8.
Поэтому в окончательный ответ подходит только корень x = 7.
Ответ: 7.
№17. Решить уравнение: (arccosx) 2 – 6arccosx + 8 = 0.
Решение. Пусть arccosx = t, тогда t принадлежит отрезку [0; π] и
уравнение принимает вид: t 2 – 6t + 8 = 0.
Решим полученное квадратное уравнение по теореме Виета, получим, что
t = 2 или t = 4.
Так как t = 4 не принадлежит отрезку [0; π], то получим, что
t = 2, т.е. arccosx = 2, а значит x = cos2.
Ответ: cos2.
11
№18. Решить уравнение: (arcsin x) 2 + (arccos x) 2 = 5π 2 /36.
Решение. Воспользуемся равенством arcsinx + arccosx = π/2 и запишем
уравнение в виде (arcsinx) 2 + (π/2 – arcsinx) 2 = 5π 2 /36.
Пусть arcsin x = t, тогда t принадлежит отрезку [-π/2; π/2] и уравнение
принимает вид: t 2 + (π/2 – t) 2 = 5π 2 /36.
Решим полученное уравнение: t 2 + π 2 /4 – πt + t 2 = 5π 2 /36; 2t 2 – πt + 9π 2
/36 – 5π 2 /36= 0; 2t 2 – πt + 4π 2 /36 = 0; 2t 2 – πt + π 2 /9 = 0.
Умножим каждое слагаемое на 9, чтобы избавиться от дробей в
уравнении, получим: 18t 2 – 9πt + π 2 = 0.
Найдем дискриминант и решим полученное уравнение:
D = (-9π) 2 – 4*18 π 2 = 9π 2 .
t = (9π – 3π) / 2*18 или t = (9π + 3π) / 2*18;
t = 6π/36 или t = 12π/36.
После сокращения имеем: t = π/6 или t = π/3.
Тогда arcsin x = π/6 или arcsin x = π/3.
Таким образом, x = sin π/6 или x = sin π/3.
То есть x = 1/2 или x =√3/2.
Ответ: 1/2; √3/2.
№19. Решить уравнения: arccos(2х +1) =
3
4
3
0; , по определению арккосинуса данное уравнение
4
3
2
равносильно уравнению 2х+1= cos
, 2х+1 = 4
2
2
2 2
2х = - -1, х =
4
2
2 2
Ответ:
4
Так как
Задания для самостоятельного решения.
а) Вычислить:
3
)) =
5
3
3. sin(arccos ) =
2
1.tg( -arcsin(
2. sin (2arccos
12
)=
13
4.arccos(-1) – arctg0 =
в) Решить уравнения:
1. arccosx –arcsin x =
2. arcsin2x +arcsinx =
6
3. arctg(x 2 -3x +3) =
16
4. sin (arcsin2x) = 6x 2
4
3
3
Использованная литература:
1.Шыныбеков А.Н. Алгебра и начала анализа. 10класс для общеобразовательной
школы.- 3-е изд- Алматы: Атамура, 2014.
2.Учебно-методическое пособие по математике. – Астана: «Национальный центр
тестирования», 2015 г
12
3. Галицкий М.Л. Углубленное изучение алгебры и начала анализа. – М.:
Просвещение, 1997г.
Анохина Н.Г., учитель физики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Молекулярная физика
Остановимся на основных понятиях и формулах, которые необходимо знать
для дальнейшего решения задач по теме.
Молекулярно-кинетическая теория
• МКТ объясняет свойства макроскопических тел и тепловых процессов, на
основе представлений о том, что все тела состоят из отдельных,
беспорядочно движущихся частиц.
• Макроскопические тела – тела, состоящие из большого количества
частиц.
• Микроскопические тела – тела, состоящие из малого количества частиц.
Основные положения МКТ.
• Вещество состоит из частиц
• Частицы непрерывно и хаотически движутся
• Частицы взаимодействуют друг с другом
Масса и размеры молекул.
m0
Относительной молекулярной (или атомной) массой M r
1
m0C
вещества (Мr) называют отношение массы молекулы (или атома)
12
m0 данного вещества к 1/12 массы атома углерода m0C.
моль
Количество вещества.
Количество вещества наиболее естественно было бы измерять числом
молекул или атомов в теле. Но число частиц в любом макроскопическом теле
так велико, что в расчетах используют не абсолютное число частиц, а
относительное.
Один моль – это количество вещества, в котором содержится столько же
молекул или атомов, сколько содержится в углероде массой 12 г.
В 1 моле любого вещества содержится одно и то же число атомов или молекул.
N A 6,022 10 23
1
моль
постоянная
Авогадро
Количество вещества равно отношению числа молекул в данном теле к
постоянной Авогадро.
N
NA
Молярной массой вещества называют массу вещества, взятого в количестве
m0 N A
кг
моль
13
1 моль.
m0 - масса одной молекулы или атома
m0
N N A N A
m
NA
- формула для
расчета числа частиц в
теле
m m0 N
m
N
Идеальный газ.
Идеальный газ – это газ, в котором
• Частицы – материальные точки.
• Частицы взаимодействуют только при соударениях.
• Удары абсолютно упругие.
Основное уравнение МКТ.
• Основное уравнение МКТ устанавливает зависимость давления газа от
средней кинетической энергии его молекул.
• Газ оказывает давление на стенки сосуда путем многочисленных ударов
молекул (или атомов).
Основное уравнение МКТ.
1
F nm0 2 S
3
F
p
S
m0 2
Ek 0
2
1
p m0 n 2
3
2
p nEk 0
3
m0 n m0
p
N m
V V
1
2
3
Температура и тепловое равновесие.
• Макроскопические
параметры
(макропараметры)
–
величины,
характеризующие состояние макроскопических тел без учета
молекулярного строения. (V, p, t ).
• Тепловым равновесием называют такое состояние, при котором все
макроскопические параметры всех тел системы остаются неизменными
сколь угодно долго.
Температура и тепловое равновесие.
• Любое макроскопическое тело или группа макроскопических тел при
неизменных внешних условиях самопроизвольно переходит в состояние
теплового равновесия.
• Все тела системы, находящиеся друг с другом в тепловом равновесии
имеют одну и ту же температуру
Зависимость давления газа от температуры и концентрации молекул газа
3
kT
2
2
p nEk
3
Ek
p nkT
14
Скорости молекул.
3
kT
2
3kT
m0
m2
Ek 0 0
2
Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева – Клапейрона).
Ek 0
N
kT
V
m
N N A N A
p nkT
pV
m
RT
Если в ходе процесса масса газа остается неизменной, то
pV m
R const
T
p1V1 p2V2 p3V3
...
T1
T2
T3
Приступим к решению задач.
Задача 1.
Под массивным поршнем, способным без трения перемещаться в
цилиндрическом сосуде, находится идеальный газ. Если на поршень поставить
гирю массой m1=2 кг, то объём газа под поршнем уменьшится в n=1.6 раза.
Гирю какой массы m2 необходимо добавить к первой, чтобы объём газа
уменьшился еще в k=230 раз? Процесс сжатия считать изометрическим.
Дано:
кг
Найти:
Решение:
Уравнение Клапейрона-Менделеева состояния газа:
Дж/(моль К).
Если процессы изотермические (T=const):
Обозначим за M массу поршня. На поршень снаружи также оказывает давление
и атмосфера. Это давлен постоянно и равно некоторой величине
Начальное давление газа (под поршнем, без грузов)
.
S - площадь поршня
При добавлении первого груза
15
Если начальный объем газа был равен
откуда можем выразить
, то стал равен величине
=
/n
:
Если добавить еще груз, то давление газа возрастет до величины
объем при этом
Из уравнения состояния получим второе уравнение
подставим выражение для
Выразим
.
:
Задача 2.
Определить, во сколько раз увеличился объем идеального двухатомного газа
при адиабатическом расширении, если при этом температура уменьшилась на
DТ = 65 К. Начальная температура газа Т = 435 К.
Дано:
К
К
Найти:
Решение:
Показатель адиабаты идеального двухатомного газа
Уравнение Клапейрона-Менделеева состояния газа:
16
При адиабатическом процессе:
Для двух состояний газа:
Задача 3.
В латунном сосуде массой 200 г находится 1 кг льда при температуре -10 С. В
сосуд впускают 200 г пара при температуре 110 С. Какова температура
установится в сосуде? Удельная теплоемкость пара в интервале температур
(100 -110) С равна 1670Дж/кг С.
Дано:
кг
кг
С
кг
С
Дж/(кг С)
Найти:
Решение:
Удельная теплоемкость воды
Дж/(кг С)
Удельная теплота плавления льда
Дж/кг
17
Удельная теплота парообразования
Дж/кг
Удельная теплоемкость льда
Дж/(кг С).
Удельная теплоемкость латуни
Дж/(кг С).
Весь лед растает, а пар - конденсируется, нагреется сам сосуд и вся вода
останется в жидком состоянии при некоторой температуре .
Запишем уравнение теплового баланса:
С.
Задача 4.
Давление кислорода 5 МПа, его плотность 100 кг/м3. Найти температуру
кислорода, считая его реальным газом. Критические параметры Ткр=154К,
Ркр=5,07МПа.
Дано:
кг/м3
Па
К
Па
Найти:
Решение:
Универсальная газовая постоянная:
Молярная масса кислорода (O2):
Критические параметры
Дж/(моль К).
кг/моль.
кг/моль.
Откуда найдем параметры ван-дер-ваальсовского (реального) газа
Уравнение состояния ван-дер-ваальсовского газа:
18
К.
Буланова А В., учитель физики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Законы динамики
Задачи из раздела «Динамика» по способу решения можно разделить на
следующие группы – качественные, графические и вычислительные.
Использование качественных задач способствует более глубокому
пониманию физических теорий, формированию правильных физических
представлений, следовательно, предупреждает формализм в знаниях учащихся.
Решение качественных задач вызывает не только необходимость анализировать
и синтезировать явления, т.е. логически мыслить, но и приучает учащихся
кточной, лаконичной, литературно и технически грамотной речи.
Графические задачи призваны проверять умения учащихся применять
полученные знания на практике. Использование графиков является
необходимым условием сознательного усвоения учебного материала,
выработки более чёткого понимания физических законов. Графическое
представление физического процесса делает его более наглядным и тем самым
облегчает понимание рассматриваемого явления, способствует развитию
абстрактного мышления, интуиции, умения анализировать и сравнивать,
находить более рациональный способ решения задач.
Для вычислительных задач характерно то, что ответы на поставленные в
них вопросы могут быть получены лишь с помощью вычислений и
математических операций. Такие задачи необходимы для осознанного
запоминания физических законов и ознакомления учащихся с одним из методов
исследования физических явлений - математическим анализом. При решении
19
вычислительных задач по динамике для описания движения тел под действием
нескольких сил необходимо рассмотреть алгоритм решения. Применение
данного алгоритма позволяет легко решать самые сложные задачи раздела
«Динамика».
Алгоритм решения задач по разделу «Динамика»:
1. Записать краткое условие задачи.
2. Сделать чертеж к задаче.
3. Указать на чертеже все силы, действующие на взаимодействующие тела.
4. Указать предположительное направление ускорения всех взаимодействующих
тел.
5. Ввести систему отсчета, указать направление необходимого количества осей
координат (одну из осей направить по направлению движения тела).
6. Записать второй закон Ньютона для каждого взаимодействующего тела в
векторном виде.
7. Записать второй закон Ньютона в проекциях на соответствующие оси
системы координат.
8. Записать дополнительные выражения для определения сил.
9. Решить полученную систему уравнений относительно неизвестного.
10. Проанализировать полученные результаты.
Примеры заданий по разделу «Динамика».
1) Мяч массой 0,5 кг после удара, длящегося 0,02 с, приобретает скорость 10 м/с.
Найти среднюю силу удара.
A) 50 Н
B) 100 Н
C) 200 Н
D)250Н
E) 500 Н
Решение:
Записываем второй закон Ньютона:
Ускорение а заменяем формулой (определение
ускорения):
Производим вычисления:
2) Динамометр, находящийся на полюсе Земли, показывает 10 Н. Показание
этого же динамометра на высоте, равной радиусу Земли.
A) 10 Н
B) 2,5 Н
C) 5 Н
D) 20 Н
E) 15 Н
Решение:
20
Пружина динамометра растягивается под действием веса подвешенного к
нему груза:
F P mg
M
(1)
Ускорение свободного падения вычисляется по формуле:
g G 2
R
где R-радиус планеты, М – её масса.
На высоте h над поверхностью Земли ускорение свободного падения
вычисляется следующим образом (учитываем, что h=R):
g R G
M
M
M
G
G 2
2
2
( R h)
( R R)
4R
(2)
Найдя отношение (1) к (2), мы получим:
F
g
4 откуда
следовательно,
4 ,
F
gR
R
FR
F
2,5 Н
4
3) Через неподвижный блок подвешены два груза m1и m2
на невесомой, нерастяжимой нити, причем m1>m2. Массой
блока и трением в нем пренебречь. Сравните ускорения и
натяжения нити в этом случае
A)a1>a2, F1>F2
B)a1<a2, F1<F2
C)a1 = a2, F1>F2
D)a1 = a2, F1= F2
E)a1>a2, F1= F2
Решение:
Так как нить невесомая и нерастяжимая, то силы F1 и F2 будут равны,
следовательно, грузы будут двигаться с одинаковым ускорением.
4) Тело массой m поднимают по наклонной плоскости с ускорением а.
Определить силу тяги Fт, если коэффициент трения μ, а угол наклона α.
A)Fт = ma - mg + μmgcosα
B)Fт = mgsinα - μmgcosα- ma.
C)Fт = mgsinα + μmgcosα- ma.
D)Fт = ma + mgsinα + μmgcosα.
E)Fт = ma - mgsinα - μmgcosα.
Решение:
Изобразим на чертеже все силы,
действующие на тело – силу тяжести
(направленную вертикально вниз, к
центру Земли), силу реакции опоры
(всегда направленную перпендикулярно
опоре), силу тяги (направленную вверх
по наклонной плоскости) и силу трения
(направленную
противоположно
21
движению тела). Ось x направим вверх по наклонной плоскости, ось y –
перпендикулярно оси x.
Запишем второй закон Ньютона в векторном виде:
FT FTP mg N ma
Спроецируем данное уравнение на оси x и y:
x : FT FTP mg sin ma
y : N mg cos 0
Запишем вспомогательную формулу – выражение для силы трения:
FTP N mg cos
Из первого уравнения выразим силу тяги:
FT FTP mg sin ma
Подставим в (4) выражение (3), получим искомую величину:
FT mg cos mg sin ma
5) Автомобиль массой 5000 кг движется равномерно по прямой
горизонтальной дороге. Коэффициент трения шин о дорогу равен 0,03.
Определите силу тяги, развиваемую двигателем. (g=10 м/с2)
A) 1520 Н
B) 1400 Н
C) 147 Н
D) 1500 Н
E) 150 Н
Решение:
Изобразим на чертеже все силы,
действующие на тело – силу
тяжести, силу реакции опоры,
силу тяги (направленную по
направлению движения тела) и
силу трения (направленную
противоположно
движению
тела). Введём оси x и y.
Запишем второй закон Ньютона в векторном виде:
FT FTP mg N ma
22
Спроецируем данное уравнение на оси x и y:
x : FT FTP 0
(1)
y : N mg 0
Запишем вспомогательную формулу – выражение для силы трения:
FTP N mg
Из формулы (1) видно, что
(2)
(3)
FT FTP
Подставим в (4) выражение (3), получим искомую величину:
(4)
FT mg 0,03 5000 10 1500 H
6) Тело находится на наклонной плоскости с углом наклона 30°. Ускорение, с
которым скользит тело (g=10 м/с2) равно (трением пренебречь)
A) 0,25 м/с2
B)2,5 м/с2
C)5 м/с2
D)10 м/с2
E)20 м/с2
Решение:
Изобразим на чертеже все силы, действующие на
тело – силу тяжести и силу реакции опоры. Ось x
направим вниз по наклонной плоскости, ось y –
перпендикулярно оси x.
Запишем второй закон Ньютона в векторном виде:
N mg ma
Спроецируем данное уравнение на оси x и y:
x : mg sin ma
y : N mg cos 0
Из формулы (1) видно, что
a g sin 10
23
1
5 м / с2
2
(1)
(2)
7) Спутник планеты массой М движется по круговой орбите радиуса R. Его
скорость определяется по формуле
8)
9)
Между спутником и планетой действуют сила притяжения, так как
движется по круговой орбите, эта сила равна центростремительной силе:
FG maц
(1)
где m- масса спутника.
Распишем левую и правую части уравнения (1):
(2)
G
mM
2
m
R2
R
Сократив уравнение (2) на массу спутника и радиус планеты, получим:
G
M
2
R
Откуда скорость спутника на орбите будет равна:
G
M
R
8) Движению с наибольшим по модулю ускорением соответствует график
A) 3
B) 2
C) 1
D) 4
E) 5
Решение:
Ускорение
–
эта
физическая
величина,
характеризующая быстроту изменения
скорости:
a
t
24
Для решения задачи необходимо провести
дополнительное
построение
прямую,
перпендикулярную оси времени. Теперь из графика
видно, что за одно и то же время 3,5
секундынаибольшее изменение скорости произошло
у 1-го тела, следовательно, оно движется с большим
по модулю ускорением.
9) При движении выпуклому мосту радиусом 40 м
водитель оказался в состоянии невесомости, если автомобиль двигался со
скоростью
A) 4 м/с
B) 25 м/с
C) 20 м/с
D) 10 м/с
E) 5 м/с.
Решение:
Изобразим на чертеже все силы, действующие
на водителя – силу тяжести и силу реакции
опоры. Ось y направим вертикально вверх (в
данном случае достаточно использование одной
оси). Запишем второй закон Ньютона в
векторном виде:
N mg ma
Спроецируем данное уравнение на ось y:
N mg ma
(1)
Центростремительное ускорениеа направлено вниз, к центру
окружности, по части которой движется автомобиль. Выразим из (1)
силу реакции опоры:
N mg ma m( g a)
Следовательно, вес тела, равный 0 по условию задачи будет
рассчитываться по формуле:
P m( g a ) 0
Подставив в (3) выражение для центростремительного ускорения,
получим:
2
m g 0
R
Откуда после соответствующих преобразований, выведем расчётную
формулу:
gR 10 40 20 м / с
25
(2)
(3)
9) Брусок массой m движется равномерно по горизонтальной поверхности
под действием силы F, направленной под углом α к горизонту.
Коэффициент трения скольжения µ. Сила трения равна
A) µ(mg + Fsinα)
B) µ mg
C) µ Fcosα
D) µ(mg - Fsinα)
E) µ Fsinα
Решение:
Изобразим на чертеже все силы,
действующие на тело – силу F, под
действием которой тело движется,
силу реакции опоры, силу тяжести
и силу трения (направленную
противоположно движению тела).
Введём оси x и y.
Запишем второй закон Ньютона в векторном виде:
FT FTP mg N ma
(1)
Спроецируем данное уравнение на оси x и y:
x : F cos FTP 0
y : N F sin mg 0
(2)
(3)
Запишем вспомогательную формулу – выражение для силы трения:
(4)
FTP N
Из формулы (2) сила реакции опоры равна:
N mg F sin
Подставив (4) в (3), получим искомое выражение:
FTP N mg F sin
10) Выражение для определения ускорения тела массой m в системе,
изображенной
на
рисунке,
при
F>mg,
имеет
вид
26
Решение:
Изобразим на чертежевсе силы, действующие на тело –
силу натяжения нити F, под действием которой тело
движется, силу тяжести. Ось у направим вертикально
вверх. Запишем второй закон Ньютона в векторном виде:
F mg ma
Спроецируем данное уравнение на ось y:
F mg ma
Откуда искомое ускорение равно:
a
F mg
m
12) Какая сила сообщает ускорение свободного падения стреле, выпущенной из
лука?
А) сила сопротивления;
Б) сила упругости;
В) сила тяжести;
Г) вес тела.
Решение:
Сила тяжести сообщает всем телам ускорение свободного падения.
13) Под действием одинаковой силы две пружины растянулись: первая на 4 см,
вторая на 10 см. Сравните жесткость первой пружины по отношению к
жесткости второй пружины.
А) больше в 2,5 раза;
Б) меньше в 2,5 раза;
В) больше на 6 см;
Г) меньше на 6 см.
Решение:
Сила упругости, возникающая при растяжении пружины, вычисляется по
закону Гука:
Для каждой пружины:
F k x
F k1 x1
F k 2 x2
Так как обе пружины растягивались под действием одной и той же силы, равной
по модулю силе упругости, то правые части уравнений можно приравнять:
k1 x1 k2 x2
Из данной зависимости получаем:
k1 x2 10
2,5
k 2 x1
4
14) Как изменится сила трения скольжения при движении бруска по
горизонтальной поверхности, если силу нормального давления увеличить в 2
27
раза?
А) не изменится;
Б) увеличится в 2 раза;
В) уменьшится в 2 раза;
Г) увеличится в 4 раза.
Решение:
Сила трения скольжения вычисляется по формуле:
FTP N
Следовательно, при увеличении силы нормального давления N (силы реакции
опоры) в 2 раза, сила трения также увеличивается в 2 раза.
Зейнолдина А.Қ.,
ШҚО ББ ДБ арналған мамандандырылған
мектеп-лицей-интернатының
математикапәні мұғалімі.
Логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктер және олардың жүйелерін
шешудің әдіс-тәсілдері
Анықтама. Айнымалысы логарифм белгісінің ішінде болатын теңдеуді
логарифмдік теңдеу деп атайды.
Қарапайым логарифмдік теңдеудің түрі: log 𝑎 𝑥 = 𝑏
(1)
мұндағы a және b - берілген сандар, ал х - тәуелсіз шама.
Егер а > 0 және а ≠ 1 болса, онда мұндай теңдеудің x=𝑎𝑏 түріндегі бір ғана түбірі
болады.
Күрделі логарифмдік теңдеулерді шешу алгебралық теңдеулерді немесе (1)
түрдегі теңдеуді шешуге әкелінеді.
Логарифмдік теңдеуді шешудің тәсілдерін қарастырайық.
Логарифмдік теңдеулер
log 𝑎 𝑓(𝑥) = 𝑏
𝑓(𝑥) > 0
{
𝑓(𝑥) = 𝑎𝑏
log 7 𝑥 = 2
𝑥>0
{
<=> 𝑥
𝑥 = 72
= 49
log 𝑎 𝑓(𝑥) = log 𝑎 𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥) > 0
{ 𝑔(𝑥) > 0
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)
log 1 (𝑥 − 3) = −3
3
𝑥−3>0
1
{
<=> 𝑥 = 29
𝑥 − 3 = ( )−3
3
log 3 (𝑥 2 − 3𝑥 − 5) = log 3 (7 − 2𝑥)
𝑥 2 − 3𝑥 − 5 > 0
{
<=> 𝑥
7 − 2𝑥 > 0
2
𝑥 − 3𝑥 − 5 = 7 − 2𝑥)
= −3
1. Логарифмнің анықтамасын қолдану
теңдеулер.
1-мысал. log х(𝑥 3 − 5𝑥 + 10) = 3 теңдеуін шешейік.
28
арқылы
шығарылатын
Шешуі. Логарифмнің анықтамасы бойынша х3 - 5х + 10 = х3, онда х = 2.
Табылған айнымалының мәнін теңдеуге қойып тексереміз:
log2(23 - 5•2 + 10) = log28 = 3. Демек, х = 2 мәні теңдеуді қанағаттандырады.
Жауабы: 2.
Логарифмдік функцияның анықталу облысы оң нақты сандар жиыны екені
белгілі. Сондықтан логарифмдік теңдеулерді шығару кезінде алдымен
айнымалының мүмкін болатын мәндер жиынын анықтайды. Одан кейін
берілген теңдеу шығарылып, табылған айнымалы мәндерінің мүмкін мәндер
жиынына тиісті болатыны тексеріледі.
2. Потенциалдауды қолдану үшін логарифмдік теңдеуді log𝑎 𝑓(𝑥) = log𝑎 𝑔(𝑥)
түріне келтіру.
2-мысал. lg(𝑥 + 5)-lg( x2-25)=0 теңдеуін шешейік .
Шешуі. х айнымалысының мүмкін болатын мәндер жиынын табамыз. Ол үшін
жүйе құрамыз:
+5>0
𝑥 − 5 > 0.
{ 2
немесе {(𝑥 − 𝑥5)(𝑥
+ 5) > 0.
x − 25 > 0
////////_____////////
-5
5
х
_ _//////////////////////
-5
х айнымалысының мүмкін мәндер жиыны (5; +∞) аралығы болады.
Берілген теңдеуді түрлендіріп, lg(𝑥 + 5) = lg(𝑥 2 − 25) теңдеуін аламыз.
Потенциалдау арқылы x+5 = х2 -25 немесе х2 – х − 30 = 0 тендеуіне келеміз. Бұдан
х1 =6 және x2= -5. Енді шыққан мәндердің (5; +∞) аралығына тиісті болтынын
тексеріп, логарифмдік теңдеудің түбірі х =6 екенін анықтаймыз .
Жауабы:6.
3. Жаңа айнымалы енгізу тәсілі.
3-мысал. log22 x – log2 x – 2= 0 теңдеуін шешейік.
Шешуі. log2 x өрнегін у арқылы өрнектейік. Сонда берілген теңдеудің орнына
у2-у-2 =0 теңдеуін аламыз, теңдеудің түбірлері у1 = 2; у2=-1.
Енді х айнымалысының мәндерін анықтаймыз:
log2 x =2, х1= 4; log2 x=-1, х2= 12.
Айнымалының екі мәні де берілген теңдеуді қанағаттандырады .
Жауабы:4; ½.
4. Мүшелеп логарифмдеу тәсілі.
4-мысал. х log 2 x – 2 = 8 теңдеуін шешейік.
Шешуі. Берілген теңдеуді былай жазайық хlog2x x -2= 8 немесе хlog2x = 8 x2
Шыққан теңдеуді негізін 2-ге тең етіп логарифмдейік :
log 2 x*log 2 x = log28 + log 2х2 ,
log2 2 x = 3+2 log2 x,
log2 2 x - 2log2 x - 3= 0
Демек, 1) log2x = 3, осыдан x1= 8;
2) log2x = -1, осыдан x2 = ½
Тексеру: l) 8log2 8-2 = 8 немесе 83-2 = 8, 8 = 8.
29
2) ( 21 )log2(21 )-2 = 8 немесе ( 21 )-3 = 8, 8= 8.
Жауабы:8; ½.
Практикада негіздері әртүрлі логарифмдерден тұратын логарифмдік
теңдеулер кездеседі. Мұндай жағдайда жаңа негізге көшу формуласы
қолданылады .
5. Жаңа негізге көшу.
5-мысал. log2 х + log4х 2 = 5 теңдеуін шешейік.
Шешуі. х айнымалысының мүмкін болатын мәндер жиыны (0; 1) (1;+∞)
аралығы екені бірден байқалады. Жаңа негізге көшу формуласын колданып,
log2 2
logх2 өрнегін негізі 2 болатын логарифмге алмастырамыз: log х 2 = log
. Сонда
2х
берілген теңдеу мына түрге келеді»
4
log 2 х + log2 2 немесе log2x + 41og2x = 5.
log2 х
Демек, 51og2x = 5 log2 x немесе log2x=l бұдан x = 2;
2 (0; 1) (1; + ) болғандықтан, 2 саны берілген теңдеудің түбірі болады.
Жауабы: 2.
Егер айнымалы дәреженің көрсеткішінде де, логарифм белгісінің ішінде де
болса, мұндай теңдеуді көрсеткіштік-логарифмдік теңдеу деп атайды.
Көрсеткіштік-логарифмдік теңдеуді шешу үшін теңдеудің екі жағын
логарифмдеу тәсілі арқылы логарифмдік теңдеуге келтіріледі.
6-мысал. 3log3 х2 + xlog3X=162 теңдеуін шешейік.
Шешуі. Бірінші тәсіл. Теңдеуді (3log3 х ) log3 х =162 түрінде жазамыз. аlogа 𝑏 = b тепетеңдігін қолданып, мына теңдеуді аламыз: xlog3х + xlog3 х = 162, осыдан xlog3x=81.
3 негізі бойынша теңдеудің екі жағын логарифмдейміз. Сонда log23 x = 4,
бұдан log 3 х= -2, және log 3 х = 2, немесе 𝑥1 = 19 және 𝑥2 = 9
Тексеру 1) 3log3 92 + 9log39= (32)2 +(32)2 =81+81=162.
Екінші тәсіл. х айнымалысын х=3log3 х түрінде жазайық. Сонда берілген теңдеу
2
2
2
3log3 х + (3log3 х) log3 х = 162. Бұдан, 2*3log3 х =162 немесе 3log3 х = 34 .
Демек, соңғы теңдеуге мәндес logх2 3 х = 4 теңдеуі немесе log3 х = 2; log3 х = −2
теңдеулер жиыны шығады.
Сонда 𝑥1 = 32 = 9 және 𝑥2 =3-2= 19
Жауабы: 19 ; 9
Логарифмдік теңдеулер жүйесін шешу үшін алгебралық теңдеулер жүйесін
шешу тәсілдері қолданылады (алмастыру тәсілі, алгебралық қосу тәсілі, жаңа
айнымалы енгізу тәсілі).
lg x lg y 1
теңдеулер жүйесін шешейік.
2
2
lg x lg y 5
7-мысал.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін шешу үшін жаңа айнымалылар енгіземіз:
lgx= a, lgy = b
a b 1
2
2
a b 5
Сонда мына теңдеулер жүйесін аламыз :
Соңғы теңдеулер жүйесін алмастыру тәсілімен шешу арқылы a1= 2, b1 = 1 және
a2 = -1, b2 = -2 аламыз. lgx = a және 1gy = b алмастыруына көшіп, x және у
30
айнымалыларының мәнін табамыз: lgx = 2, lgy = 1 және lgx = -1, lgy = -2. Онда
х1= 100, у1 = 10 және х2 = 0,1, у2 = 0,01.
Жауабы: (100, 10) және (0,1,; 0,01) .
32 х у 81
8-мысал.
теңдеулер жүйесін шешейік.
lg ху 1 lg 3
Шешуі. Теңдеулер жүйесінің бірінші теңдеуіне көрсеткіштік функцияның
қасиетін, ал екінші теңдеуіне потенциалдауды қолданамыз. Сонда мына
теңдеулер жүйесі шығады
2√х –√у =4
√ ху = 30 a=√х және b=√у жаңа айнымалыларын енгізіп, рационал теңдеулер
2a b 4
a b 30
жүйесіне келеміз:
Бұл теңдеулер жүйесінің шешімдері а=5, b=6 болады. Онда √х =5 және √у=6
немесе х=25 және у=36 Айнымалының мәндерін берілген теңдеулер жүйесіне
қойып оның шешімін, яғни (25,36) сандар жұбын аламыз.
Жауабы: (25,36).
Логарифмдік теңсіздіктер
Анықтама. Айнымалысы логарифм таңбасының ішінде болатын
теңсіздікті логарифмдік теңсіздік деп атайды.
Берілген логарифмдік теңсіздікті дұрыс сандық теңсіздікке айналдыратын
айнымалының кез келген мәні логарифмдік теңсіздіктің шешімі деп аталады.
Логарифмдік теңсіздікті шешу дегеніміз - оның барлық шешімін табу
немесе шешімі болмайтынын дәлелдеу.
Шешімдері бірдей болатын немесе шешімдері болмайтын бір айнымалысы бар
екі логарифмдік теңсіздік мәндес теңсіздіктер деп аталады.
31
Логарифмдік теңсіздіктерді шешу log a f(x) > loga g(x) (log a f(x) ≥ log a g(x))
және logaf(x) < logаg(x) (log a f(x)< log a g(x)) түріндегі теңсіздіктерді шешуге
әкелінеді.
Ал мұндай теңсіздіктерді шешу кезінде логарифмдік функцияның анықталу
облысын және қасиеттерін ескере отырып, келесі тұжырымдарды қолданамыз:
1) а > 1 болғанда, log а
f x 0
f (x) >log a g(x) теңсіздігі: g x 0 (1)
f x g x
теңсіздіктер жүйесімен мәндес;
f x 0
2) 0 а 1 болғанда log a f(x) >loga g(x) теңсіздігі g x 0 (2)
f x g x
теңсіздіктер жүйесімен мәндес;
Көрсеткіштік функция
y=𝑎 𝑥 , 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1
Логарифмдік функция
y=log 𝑎 𝑥 , 𝑎 > 0 , 𝑎 ≠ 1
D(x)=(-∞;+∞); E(y)=(0;+∞)
D(y)=(0;+∞); E(y)=(-∞;+∞)
a>1
a<1
1-мысал. log 1 (2х + 5) < −2 теңсіздігін шешейік.
3
Шешуі. Берілген логарифмдік теңсіздікті шешу үшін, алдымен теңсіздіктің оң
1
жағындағы -2 санын негізі 3 болатын логарифмарқылы жазамыз. Сонда
2=log 1 9. Сәйкесінше берілген теңсіздік мына түрге көшеді: log 1 (2х + 5) < log 1 9.
3
3
32
3
1
Мұндағы а=3 , яғни а∈ (0; 1). Демек (2) теңсіздіктер жүйесін қолданып мына
теңсіздіктер жүйесіне көшеміз:
2 х 5 0 x 5
2
2 x 5 9 x 2
Соңғы теңсіздіктер жүйесінің шешімі (2;+ ) аралығы болады (57-сурет) .
Жауабы ; (2;+ ).
2-мысал. lg(𝑥 + 1) ≤ 1 − lg(2𝑥 − 6) теңсіздігін шешейік.
Шешуі. Теңдеуде берілген логарифмдердің мағынасы х+1> 0 және 2х-6> 0
жағдайында болады.
Логарифмдік функцияның қасиеттерін қолданып, берілген логарифмдік
теңсіздікті түрлендіреміз: lg(𝑥 + 1) + lg(2𝑥 − 6) ≤ 1, lg((𝑥 + 1)(2𝑥 − 6)) ≤ 𝑙𝑔10
___////////////////////////////////
5
////////////////////////////////
-1
x
−2
/////////////////////
2
x
///////////////////////////
3
///////////////////////////////////____
-2
4
Шыққан теңсіздіктегі а=10 демек берілген теңсіздік мына теңсіздіктер жүйесіне
мәндес :
х 1 0
x 1
2x 6 0
x3
( x 1)( 2 x 6) 10 ( x 4)( x 2) 0
Теңсіздіктер жүйесінің әрбір теңсіздігінің шешімін координаталық түзуге
салып, олардың ортақ бөлігін анықтаймыз. Сонымен берілген логарифмдік
теңсіздіктің шешімі (3;4] аралығы.
Жауабы : (3;4].
3-мысал. log х 2 ∗ log 2х 2 ∗ log 2 4х > 1 теңсіздігін шешеміз.
Шешуі Логарифмдік функцияның анықтамасы бойынша х және 2х негіздері оң
1
және 1 ге тең болмауы керек. Демек х > 0; х≠ 1; х ≠ 2 .
1
Барлық логарифмдерді бірдей 2 негізіне келтірейік. Сонда log 𝑥 2 = log 𝑥; log 2𝑥 2 =
1
2
1
= 1+log 𝑥
2
Енді соңғы екі теңдікті ескеріп, берілген теңсіздікті былай жазамыз:
1
1
·
·(2+log 2 х)> 1
log2 х 1+log2 х
Өйткені log 2 4х = log 2 4 + log 2 х = 2 + log 2 х
1
1
−𝑡 2 +2
log 2 х = 𝑡 айнымалысын енгіземіз. Сонда 𝑡 · 1+𝑡 (2+t)> 1 бұдан 𝑡(𝑡∓1) > 0 немесе
log2 2𝑥
𝑡 2 −2
𝑡(𝑡∓1)
< 0.
Соңғы теңсіздікті интервалдар әдісімен шығарсақ, −√2 < 𝑡 < −1 немесе 0< 𝑡 <
√2 аламыз.
33
+
+
////////
//////// −
−√2 + -1
0 √2 t
t-ны log 2 х − пен алмастырамыз:
1
1
1) −√2 < log 2 х < −1 немесе log 2 2−√2 < log 2 х < log 2 2 бұдан 2−√2 < х < 2;
2) 0< log 2 х < √2 немесе log 2 1 < log 2 х < log 2 2√2 бұдан 1< х < 2√2
1
Жауабы (2−√2 ; 2;)∪ (1; 2√2 ).
√10+3х−𝑥 2
4-мысал. у = log (𝑥2−2х)−1 функцияның анықталу облысын табайық.
3
Шешуі. Берілген функция алгебралық бөлшек болғандықтан, log 3 (𝑥 2 − 2х) − 1 ≠
0.
10+3х-х2 өрнегін квадраттап түбір таңбасының ішінде орналасқан
Сондықтан 10+3х-𝑥 2 ≥ 0 немесе 𝑥 2 − 3х − 10 ≤ 0
Сонымен қатар логарифмдік функцияның анықталу облысын ескеріп, мына
теңсіздіктер жүйесін аламыз:
log 3 ( х 2 2 x) 1 0
x2 2x 0
немесе
x 2 3 x 10 0
х2 2x 3 0
x ( x 2) 0
( x 2)( x 5) 0
Соңғы теңсіздіктер жүйесінің екінші және үшінші теңсіздіктерін интервалдар
әдісімен шығарып, шешімдерінің қиылысуын анықтаймыз. Сондай х∈ [−2; 0) ∪
(2; 5] ,болады. Шыққан аралықтардан х 3 және х 1 мәндерін алып, берілген
функцияның анықталу облысы болатын аралықтарды анықтаймыз.
/////////////
////////////////
0 2
х
//////////////////////
-2
5 x
Жауабы: [-2;-1)∪ (−1; 0) ∪ (2; 3) ∪ (3; 5].
Сонымен логарифмдік теңсіздіктерді шешу алгоритмін қысқаша мынандай
таблицамен көрсетуге болады.
Логарифмдік теңсіздіктер
bєR
log 𝑎 𝑓(𝑥) > 𝑏
a>1
𝑓(𝑥) > 𝑎𝑏
0<a<1
{
𝑓(𝑥) > 0
𝑓(𝑥) < 𝑎𝑏
log 𝑎 𝑓(𝑥) < 𝑏
{
𝑓(𝑥) > 0
𝑓(𝑥) < 𝑎𝑏
𝑓(𝑥) > 𝑎𝑏
34
log 𝑎 𝑓(𝑥) < log 𝑎 𝑔(𝑥)
{
𝑓(𝑥) > 0
𝑓(𝑥) < 𝑔(𝑥)
{
𝑔(𝑥) > 0
𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥)
,
Ибраева Г.Н.
ШҚО ББ ДБ Жамбыл атындағы
мамандандырылған мектеп-гимназияинтернатының математика пәні мұғалімі.
Көрсеткіштік теңдеулер және олардың жүйелері
Айнымалысы дәреженің көрсеткішінде болатын теңдеуді көрсеткіштік
теңдеу деп атайды. а 𝑓(𝑥) = 𝑎 𝑔(𝑥) , (1) а > 0, а ≠ 1.
Кез келген көрсеткіштік теңдеуді тепе-тең түрлендіру арқылы
х
а = 𝑏 (2) теңдеуіне келтіреміз, мұндағы а > 0, а ≠ 1, ал b-кез келген сан.
Көрсеткіштік функцияның мәні әр уақытта оң сан болғандықтан (2) теңдеудің
оң жақ бөлігіндегі b саны да оң болуы қажет. Демек, b< 0 немесе b=0 болса,
онда (1) теңдеудің шешімі жоқ, яғни түбірлері болмайды.
Көрсеткіштік теңдеулерді шешуде дәреженің негізгі қасиеттері қолданылады.
Олар:
1. ax*ay=ax+y, x,y нақты сан, a ≠0
2. (ax)y=ax*y
3. (a*b)x=ax*bx
4. (a/b)x=ax/bx,b≠0
5.ax/by=ax-y
6.ax=ay x=y болады
Көрсеткіштік теңдеулер төрт тәсілмен шығарылады:
Бірдей негізге келтіру;
Көбейткіштерге жіктеу;
Жаңа айнымалы енгізу тәсілі;
Теңдеудің екі жағын логарифмдеу тәсілі.
Бірдей негізге келтіру тәсілімен көрсеткіштік теңдеулерді шығару үшін
мына алгоритм қолданылады:
Теңдеудің екі жақ бөлігін де бірдей негізге келтіру;
Теңдеудің сол жақ бөлігіндегі дәреженің көрсеткішін оң жақ
бөлігіндегі дәреже көрсеткішіне теңестіріп, мәндес теңдеу алу;
Шыққан теңдеуді шешу;
Теңдеудің шешімін жазу.
Бірдей негізге келтіру тәсілі.
𝑥
1 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 5х ∗ 0,2= 1252 * √5.
3𝑥
1
Шешуі: 5х * 5−1 = 5 2 * 52
5𝑥−1 = 5
3𝑥+1
2
3𝑥 + 1
2
2(x-1) =3x+1
х = -3
Жауабы: х=-3.
𝑥−1=
35
3 3х−7
2 есеп. Теңдеуді шешіңдер: ( )
7
3 3х−7
3 3−7х
7 7х−3
=( )
3
.
Шешуі: ( )
=( )
7
7
3𝑥 − 7 = 3 − 7𝑥
3x+7x = 3+7
10x = 10
х=1
Жауабы: х=1.
1
3 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 0,2√х−2 = b log25 , мұндағы b – жұп жай сан.
Шешуі: Анықталу облысы: х≥2
Мұндағы жұп жай санымыз: b = 2
1
0,2√х−2 = 2𝑙𝑜𝑔25
1
0,2√х−2 =
5
0,2√х−2
= 0,2
√x − 2 = 1
x-2 = 1
x=3
Жауабы: х=3.
4 есеп: Теңдеуді шешіңдер: 7*3𝑥+1 -5𝑥+2 =3𝑥+4 -5𝑥+3 .
Шешуі: Негіздері әр түрлі теңдеулерді шешкенде бірдей негіздерді бір жаққа
жинақтап,ортақ көбейткішті жақша сыртына шығарамыз.
5𝑥+3 -5𝑥+2 = 3𝑥+4 - 7*3𝑥+1
5𝑥+1 (52 − 5) = 3𝑥+1 (33 − 7)
5𝑥+1 *20 = 3𝑥+1 ∗ 20
5 𝑥+1
(3)
5 𝑥+1
=1
5 0
(3) = (3)
х+1 = 0
х = -1.
Жауабы: х=-1.
Көбейткіштерге жіктеу тәсілі.
1 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 52х+1 − 3 ∗ 52𝑥−1 = 110.
Шешуі: 52𝑥−1 (52 − 3) = 110
52𝑥−1 ∗ 22 = 110
52𝑥−1 = 5
2x-1=1
х=1.
Жауабы: х=1.
2 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 2*12𝑥 − 3𝑥+1 +4𝑥+1 − 6 = 0.
Шешуі: 2*4𝑥 ∗ 3𝑥 − 3 ∗ 3𝑥 + 4 ∗ 4𝑥 − 2 ∗ 3 = 0
2*4𝑥 (3𝑥 + 2)-3(3𝑥 + 2)=0
(3𝑥 + 2)(2 ∗ 4𝑥 − 3)=0
36
1) 3𝑥 + 2 = 0 теңдеудің шешімі жоқ, себебі 3х 2 .
3
2) 4𝑥 − 2 = 0
3
3 1
1
1
2
2 2
1
2
2
4𝑥 = , x=log 4 = log 2 3 - log 2 2 = (log 2 3 − 1).
Жауабы: (log 2 3 − 1).
2
3 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 27х – 13*9х + 13*3х+1 − 27 = 0.
Шешуі: 33х − 13 ∗ 32х +13∗3∗ 3х − 27 = 0
(33х − 27)-( 13 ∗ 32х − 13 ∗ 3 ∗ 3х )=0
(3х − 3)(32х + 3 ∗ 3х + 9)-13*∗(3х − 3)=0
(3х − 3)(32х − 10 ∗ 3х + 9)=0
(3х − 3)(32х − 3х − 9 ∗ 3х + 9)=0
(3х − 3)(3х (3х − 1)-9(3х − 1))=0
(3х − 3)(3х -1) (3х − 9) = 0
1) 3х − 3 = 0, 3х = 3, х=1
2) 3х -1= 0, 3х = 30 , х = 0
3) 3х − 9) = 0, 3х = 32 , х = 2
Жауабы: {0; 1; 2}
Жаңа айнымалы енгізу тәсілі.
Көрсеткіштік теңдеулерді жаңа айнымалы енгізу тәсілімен шығарғанда,
төмендегі алгоритм қолданылады:
Жаңа айнымалы енгізу арқылы алгебралық теңдеу алу;
Шыққан теңдеуді шешу;
Алгебралық теңдеудің табылған түбірлерін алмастырылған теңдікке
қойып, алғашқы айнымалының мәндерін анықтау;
Берілген теңдеудің шешімін жазу.
1 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 25х + 5х+1 -6=0.
Шешуі: 52х + 5х ∗ 5 − 6=0
5x=y
𝑦 2 + 5𝑦 − 6 = 0
D= 25+24=49=72
−5±7
𝑦1,2 =
2
𝑦1 =1 𝑦2 =-6
1) 5𝑥 = 1, 5𝑥 = 50 ,
x=0
2) 5𝑥 = −6 теңдеудің шешімі жоқ, себебі: 5х >0, х€R
Жауабы: х = 0
2 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 2√х -2*2−√х =1.
2
Шешуі: 2√х - √х=1
2
А.о.; х≥0
2√х = у
2
у- −1=0
у
2
у −у−2=0
37
у1 =-1, у2 =2.
1) 2√х =-1 теңдеудің шешімі жоқ.
2√х > 0, х≥ 0
2) 2√х =2.
√х=1; х=1
Жауабы: х = 1
3 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 6*4х -13*6х +6*9х =0.
Шешуі: 6*22х -13*2х *3х +6*32х =0/: 22х = 4х ≠ 0
3 х
3 2х
6-13*( ) +6( ) =0.
2
2
3 х
(2) =у, у>0.
6у2 -13у+6=0.
2
3
у1 = ; у2 = .
3
2
3 х 2
3 х
3
1) ( ) = ;
2) ( ) = ;
2
3
2
2
х=-1
х=1
Жауабы: {±1}.
Теңдеудің екі бөлігін де логарифмдеу тәсілі.
Негіздері бірдей өрнекке келтіре алмаған жағдайда теңдеудің екі жағын да
логарифмдеп, шыққан теңдеуді шешеміз.
2
1 есеп: Теңдеуді шешіңдер: 3х −4 =52х .
Шешуі: Теңдеудің екі бөлігін де 3 негізі бойынша логарифмдейміз.
2
log 3 3х −4 =log 3 52х
х2 -4=2хlog 3 5
х2 -2хlog 3 5-4=0,
D=log 3 2 5+4
х1;2 =log 3 5±√log 3 2 + 4
Жауабы: х1;2 =log 3 5±√log 3 2 + 4
2 есеп: Теңдеуді шешіңдер: 32х−5 =5х .
Шешуі: 5=3log3 5
Теңдеуді мына түрге жазамыз
32х−5 =(3log35 )х
32х−5 =3хlog3 5
2х-5=хlog 3 5
2х- хlog 3 5=5
х (2-log 3 5)=5
5
х=
;
2−log3 5
Жауабы: х=
5
2−log3 5
;
Көрсеткіштік теңдеулерді шешудің жасанды тәсілдері.
38
Кейбір теңдеулерді шешкенде функцияның монотондылығын пайдаланамыз.
f(х) функциясы қатаң өспелі, ал g(х) функциясы қатаң кемімелі немесе тұрақты
болсын. Егер f(х)=g(х)болса, х=𝑥0 болады. Бұл шешім біреу ғана.
1 есеп. Теңдеуді шешіңдер: 3х + 4х = 5х .
3 х
5 х
Шешуі: ( ) + 1 = ( )
4
4
х=2.
Жауабы: 2.
Соңғы теңдеудің сол жағы қатаң кемімелі, ал оң жағы қатаң өспелі. Сондықтан
бұл теңдеудің жалғыз шешімі бар.
2 есеп: Теңдеуді шешіңдер: (4 + √15)х +(4 − √15)х=8.
Шешуі: 4+15 және 4-15 бір-біріне кері сандар.
(4+√15)( 4-√15)=42 -(−√15)2 =16-15=1
1
Сондықтан 4-√15=
4+√15
Жаңа айнымалы енгіземіз: t = (4 + √15)х , t >0.
1
t + = 8 t2 - 8t +1=0 t1 =4+√15; t 2 =4 − √15.
t
1) (4 + √15)х =4 + √15 х=1
2) (4 + √15)х =4 - √15.
1
(4 + √15)х =
х = -1.
4+√15
Жауабы: {±1}.
3 есеп. Теңдеуді шешіңдер:√3 ∙ 5х = 5х .
Шешуі:
3 ∙ 5х = 52х
52х − 3 ∙ 5х =0
5х (5х − 3)=0
5х ≠ 0,
5х − 3 = 0.
5х =3.
х = log 5 3.
Жауабы: log 5 3
4 есеп. Теңдеуді шешіңдер: Егер 9х + 9−х = 14 болса, 3х + 3−х қосындысын
табыңдар.
х
Шешуі: . 9 + 9−х = √(3х + 3−х )2 =√9х + 2 ∗ 3х ∗ 3−х+ 9−х =
=√9х + 9−х + 2 ∗ 30 =√9х + 9−х + 2=√14 + 2=√16=4.
Жауабы: 4.
Көрсеткіштік теңдеулер жүйесін шешудің екі тәсілі бар:
Бірдей негізге келтіру;
Жаңа айнымалы енгізу
82х+1 = 32 ∗ 24у−1
1 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер: {
5 ∗ 5х−у = √252у+1
3(2х+1)
5
24у−1 => {6х + 3 = 5 + 4у − 1
Шешуі: {2 1+х−у= 2 ∗2у+1
1 + х − у = 2у + 1
5
=5
39
6х − 4у = 1
6х − 4у = 1
18у − 4у = 1
14у = 1
=> {
=> {
=> {
{
х − 3у = 0
х = 3у
х = 3у
х = 3у
1
у=
14
{
3
х=
14
3
1
Жауабы: ( ; ).
14 14
27 x 9 y
2 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер:
81x 3 y 243
27 x 9 y
33 x 32 y
3x 2 y
4x y 5
Шешуі: x y
81 3 243 3 3 3
4 x y 5
y 1,5 x
y 1,5 x y 3
4
x
1
,
5
x
5
2
,
5
x
5
x 2
x
y
2 3 24
3 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер: x
y
3 2 54
Шешуі:
x
y
x
y
3
2 3 24
2 3 2 3
y
x
y
x
3
3
2
54
2 3 2 3
Екі жағын көбейтеміз:
2 x 3 y 2 y 3 x 2 3 3 2 33
2 x y 3 x y 2 4 34
6 x y 6 4
x y 4
Бірінші теңдеуді екінші теңдеуге бөлеміз:
2 x 3 y 23 3
2 y 3 x 2 33
2 x y 2 2
3 x y 32
2
3
x y
2
3
2
x y 2
x y 4
2x 6 x 3
x y 2
Мынандай жүйе алдық:
y 43 y 1
Жауабы: (3;1).
7 2 x 6 y 13
4 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер: - x 1
3 2 6 y 9
Шешуі:
7 2 x 3 2 x 21 4
40
2 x (7 6) 4
2 x 4 2 x 22 x 2 .
7 4 6 y 13
6 y 13 28
6 y 15
y 2,5
x 2
y 2,5
Жауабы: (2; -2,5).
Теңдеулер жүйесін жаңа айнымалы енгізу арқылы шешу.
3 ∗ 7х − 3у = 12 х 15
1 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер: {
7 = у;
3
7х ∗ 3у = 15
Шешуі:
15
3* у − 3у = 12
3
45
− 3у = 12 ∗ 3у
у
3
45-32у − 12 ∗ 3у = 0
−32у − 3у ∗ 12 + 45 = 0
3у = а
−а2 − 12а + 45 = 0
D=144+4*45=324=182
12±18
𝑎1 = 3, 𝑎2 = −15.
𝑎1;2 =
−2
3 у 3
у 1
у 1
х
х
7 3 15 7 5 х log 7 5
𝑎1 = 3
3 y 15 ш.ж.
Жауабы: (𝑙𝑜𝑔7 5 ; 1).
x 5 y 2 9
2 есеп. Теңдеулер жүйесін шешіңдер:
y2
11
2 x 5 5
Шешуі:
x 5 y 2 9
x a 9 / 5
y2
5 x 5a 45
5
a
y2
2 x 5a 11 2 x 5a 11
11
2 x 5 5
7 x 56
x 8
2 8 5a 11 5a 11 16 5a 5 a 1
x 8
x 8
x 8 x 8
y 2
y2
0
y 2
a 1
5 1 5 5
Жауабы: (8;-2).
6х − 2 ∗ 3у = 2
3 есеп: Теңдеулер жүйесін шешіңдер: { х
6 ∗ 3у = 12
41
Шешуі: 6х = 2 + 2 ∗ 3у
(2+2*3у ) ∗ 3у = 12
2*3у + 2 ∗ 32у = 12 /: 2
32у + 3у − 6 = 0
3у = а
а2 + а − 6 = 0
−1±5
D= 25=52 , 𝑎1;2 =
2
a1 = 2,
𝑎2 = −3
3у = −3 а>0
3у = 2 у=𝑙𝑜𝑔3 2
6х = 2 + 2 ∗ 2
6х = 6
х=1
Жауабы: (1;𝑙𝑜𝑔3 2).
Қолданылған әдебиеттер:
1.Пособие для подготовки к единому национальному тестированию по математике И.П.
Рюстюмова, С.Т. Рюстюмова.
2.ҰБТ 2005-2013 жыл аралығындағы тест жинақтары.
Канапьянова С.Ж.,
ШҚО ББ ДБ арналған
мамандандырылған
мектеп-лицей-интернатының
математика пәні мұғалімі.
Рационал теңдеулердің көмегімен мәтінді есептерді шығару
Мәтінді есептер мектеп бітірушілерге ҰБТ тапсыру барысында ең көп қиындық
туғызатын есептер болып табылады.
Мәтінді есептерді теңдеу құру арқылы шешуге нұсқаулық:
Есептің шартын талдау.
Белгісіз шамаларды анықтап, айнымалымен белгілеу.
Белгілі мен белгісіз арасындағы байланысты анықтап, теңдеу құру.
Теңдеуді шешу.
Теңдеу шешімдерін зерттеу (ішінен берілген есеп шартын
қанағаттандыратын шешімдерін таңдап алу).
Мәтінді есептер мазмұнына қарай бірнеше топқа бөлуге болады.
1. Еңбек өнімділігіне берілген есептер.
42
2. Қоспаға берілген есептер.
43
3. Қозғалысқа берілген есептер.
44
4. Өзен бойымен қозғалыс.
45
5. Бір бағыттағы қозғалыс (уақыт айырмасына берілген есептер)
46
Көкенова Г К.,
ШҚО ББ ДБ арналған Жамбыл
атындағы мамандандырылған мектепгимназия-интернаты математика пәнінің мұғалімі,
«Ы.Алтынсарин» төсбелгісінің иегері.
Логарифмдік теңсіздіктерді шешу
Логарифмдік теңсіздіктерді шешкенде төмендегі қасиеттерге сүйенеміз:
Егер log a f x log a g x , а 1, а 0 болса, онда:
f x 0
1) а 1 болғанда: g x 0
f x g x
f x 0
2) 0 а 1 болғанда: g x 0
f x g x
1-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 3 х 2.
Шешуі:
log 3 x log 3 9
x 9
x9
x 0
Жауабы : 9;
2-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 0,5 х 2.
Шешуі:
47
log 0,5 x log 0,5 25
0 0,5 1
x 25
0 x 25
x 0
Жауабы : 0;25
3-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 0, 4 х 1.
Шешуі:
log 0, 4 x log 0, 4 0,4
0 0,4 1
x 0,4
x 0,4
x 0
Жауабы : 0,4;
4-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 1, 2 х 2.
Шешуі:
log 1, 2 x log 1, 2 1,44
1,2 1
x 1,44
0 x 1,44
x
0
Жауабы : 0;1,44
5-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 2 ( x 2) 2.
Шешуі:
log 2 x 2 log 2 4
2 1
x 2 4 x 6
2 x6
x
2
0
x
2
Жауабы : 2;6
6-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 1 (3 2 x) 2.
2
Шешуі:
1
x
3 2 x 4 2 x 1
3
2 1
log 1 3 2 x log 1 4
x
2
2
3 2 x 0 2 x 3
2
2
x 3
2
1 3
Жауабы : ;
2 2
7-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 5 (3х 1) 2.
Шешуі:
48
x 8
3x 1 25 3x 24
log 5 3x 1 log 5 25
1 x8
3x 1 0
3x 1 x
3
Жауабы : 8;
8-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: lg( 2 х 3) lg( x 1).
Шешуі:
3
x
2
x
3
0
2
x 1 x 4.
x 1 0
2 x 3 x 1 x 4
Жауабы : 4;
9-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 0,3 (2 х 4) log 0,3 ( x 1).
Шешуі:
2 x 4 0
2 x 4
x 1 2 x 5.
x 1 0
2 x 4 x 1 x 5
Жауабы : 2;5
10-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log ( х 1) log х log 2.
Шешуі:
2
x 1x 2 x x 2 0 x 2x 1 0
x 1
x 1 0 x 1
x 0
x 0
x 0
2 x 1
0 x 1
x 1
x 0
Жауабы : 0;1
11-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 2 2 х log 2 х 6.
Шешуі:
log 2 x log 2 x 6 0
2
log 2 x t , t 2 t 6 0 t 2t 3 0 2 t 3,2 log 2 x 3
1
1
log 2 x log 2 8 x 8, x 0
4
4
1
Жауабы : ;8
4
log 2
12-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 1 2 х 4 0.
3
Шешуі:
49
log 1 x t
3
t 4 0 t 2t 2 0 t 2, t 2
2
x 9
1log 1 x 2 log 1 x log 1 9
x 9.
x
0
3
3
3
1
1 x
1
2log 1 x 2 log 1 x log 1
90 x
9
9
3
3
3
x 0
1
Жауабы : 0; 9;
9
x
13-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 2 sin 1.
2
Шешуі:
x 5
x 1
2n
2n, n Z
sin
x
1 2 2
6 2 6
log 2 sin log 2
2 x
2
2n x 2n
sin 2 0
2
5
4n, n Z
4n x
3
3
4n x 2 4n, n Z
5
5
4n, n Z 4n ;
4n
3
3
3 3
x
14-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: log 2 sin 1.
2
Жауабы : 4n
x
Шешуі:
sin
x
1
log 2 sin log 2
2
2
sin
x
x 1
2n 2n, n Z
2 6
2 2
x
5 2n x 2n, n Z
0
6
2
2
4n x 3 4n, n Z
5 4n x 2 4n, n Z
6
5
Жауабы : 4n; 4n
4n,2 4n
3
3
15-мысал. Теңсіздікті шешіңіз: 3lg x 1 2.
Шешуі:
50
lg x 1
3 lg x 1 2
2 3 lg x 1 2
1
3 lg x 1 2 lg x
3
x 10
1
lg x lg 10
1
3
3
x 10.
1 x 10
10
lg x lg 10 3
x 0
1
Жауабы: 3 x 10.
10
Леунова Е.В., учитель математики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Применение теоремы синусов и косинусов в задачах с практическим
содержанием
Лишь много веков спустя учёными Древней Греции была создана
теоретическая основа геометрии. Но и тогда геометрия не утратила своего
прикладного значения, поскольку была незаменима для землемерия,
мореплавания и строительства. Решение отдельных старинных задач
практического характера могут найти применение и в настоящее время, а
потому заслуживают отдельного внимания.
История геометрии хранит немало приёмов решения задач на нахождение
расстояний. Определение расстояний до кораблей, находящихся в море, - одна
из таких задач, решаемая двумя способами.
Первый способ основан на одном из признаков равенства треугольников.
(заготовить 4 листа с чертежами кораблей, так чтобы группы могли
одновременно с учителем проводить рассуждение).
Пусть корабль находится в точке К, а наблюдатель в точке А. Требуется
определить расстояние КА.
Построив в точке А прямой угол,
необходимо отложить на берегу два равных
отрезка АВ=ВС. В точке С вновь построить
прямой угол, и идти по перпендикуляру до тех
пор, пока наблюдатель не дойдёт до точки Д из
которой корабль К и точка В видны лежащими
на одной прямой.
АВК СВД (по катету и острому углу), следовательно,
измерив отрезок СД мы будем знать длину отрезка АК.
Второй способ, получивший название метода триангуляции нашёл своё
применение в астрономии. С его помощью измерялось расстояние до небесных
тел.
51
Этот метод состоит из трёх этапов:
1) Отмечались две произвольные точки А и В и
измерялись
углы и под которыми виден корабль с берега.
2) Строится треугольник МРС с углами и при
вершинах М и С соответственно.
Следовательно
треугольники АВС и МРС подобны по двум углам, тогда
АВ АК
, отрезки
МС МР
АВ, МС и МР измеряются и находим АК.
Эту же задачу можно решить используя теорему синусов:
АВ
AK
, где все углы известны, а АВ можно измерить.
sin 180 sin
Задачи для работы в группах.
1. Для определения ширины непроходимого болота с вершины вертолёта
находящегося на высоте h, измерили углы и . Найти ширину болота.
Решение:
1. Для определения ширины непроходимого болота с вершины вертолёта
находящегося на высоте h, измерили углы и . Найти ширину болота.
Решение:
CD
h
h
CA
AB
AC
sin CA CA
sin
sin
sin
ACB
h
sin
AC sin sin
h sin
AB
sin
sin
sin sin
Ответ: AB
h sin
.
sin sin
2. В 7 часов утра пассажирский самолёт вылетел из города А. После
получасовой остановки в городе В в 8 ч 10 мин самолёт сделал поворот на 45 0
вправо и в 9 часов совершил посадку в городе С. Найти расстояние между
городами А и С, если средняя скорость самолёта на всех участках 300 км/ч
(ответ округлять до целых).
Решение:
Вышел из А в 7.00, из В вышел в 8.10, простояв 30 мин,
т. е. в В он прибыл в 7.40, тогда время его пути от
А до В равно 40 мин =
2
часа.
3
2
3
5
2) ВС= 300 250 км.
6
1) АВ= 300 200 км.
52
3) В 135 0
АС 2 40000 62500 500 200 cos 90 0 45 0 102500 100000
2
102500 50000 2
2
AC 10 1025 500 2 50 41 20 2 416км
3. В крышке парового цилиндра диаметром 40 см просверлили 8 отверстий для
болтов. Найти расстояние между центрами отверстий, если эти центры должны
отстоять от краёв крышки на 5 см.
1) ОА=(40-10):2=15см.
2) ОА=ОВ=R-5 см.
3) АОВ 45 0 .
АВ 2 225 225 2 225
4)
2
450 225 2
2
АВ 15 2 2 11,5см
Задачи для самостоятельной работы.
1. Футбольный мяч находится в точке А футбольного поля на расстояниях 23 м
и 24 м от оснований В и С стоек футбольных ворот. Футболист направляет мяч
в ворота. Найти угол попадания мяча в ворота, если ширина ворот 7 м.
Решение:
23 2 24 2 7 2 529 576 49
2 23 24
1104
cos
1056
0,9565
1104
17 0
2. Найти расстояние от точки А, находящейся на берегу до корабля, если
расстояние между точкой А и некоторой точкой В на берегу 10 м, а углы под
которыми виден корабль из этих точек 1050 и 300 соответственно.
Решение:
К 45 0
AK
АК
10
0
sin 30
sin 45 0
1
2 52 5 2
2
2
2
10
3. Найти расстояние от острова О, находящегося на озере до пункта В на
берегу, если расстояние между точкой В и некоторой точкой А на берегу равно
12 м, а углы под которыми виден остров из точек В и А соответственно равны
750 и 450 соответственно.
О 60 0
OB
ОВ
12
sin 45 0 sin 60 0
2
2 6 2 2 12 6 4 6
3
3
3
2
12
53
4. Сломанная бурей ель стоит под углом 1200 к земле. Со стороны этого угла к
ней подходит лесоруб на расстояние 16 м и видит её под углом 45 0 к земле.
Найти высоту ели.
2
2
6 2
4
16
АВ
16
В 45
AB
sin 45 sin 15
8 2 4
6 2
32 2 6 2
8 2 6 2
4
16 3 1
5. Двое детей разбегаются друг от друга под углом 1500 и бегут в разные
подъезды одного и того же дома, расположенные на расстоянии 30 м и 45 м от
детей. Найти расстояние между этими подъездами.
ВС 2 30 2 45 2 2 30 45 cos 150 0
ВС 2 900 2025 2 30 45
3
2
ВС 2 2925 1350 3
ВС 2925 1350 3 15 13 6 3 72
Домашняя работа.
1. Для определения расстояния между двумя деревьями А и В на острове с
берега из точек М и N измерили углы ВМN , АМN , АNМ ,
АМN и расстояние между точками М и N равное в. Найти АВ.
Решение:
b
MB
b sin
Из МВN :
MB
0
sin
sin 180 sin
Из ANM :
Из AMB :
b
AM
b sin
AM
sin
sin 180 sin
0
AB 2
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 sin sin cos
AB b
sin 2 sin 2
2
AB b
b 2 sin 2
b 2 sin 2
b 2 sin sin
2
cos
sin sin
sin 2 sin 2
2
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 sin sin cos
sin sin
2. Придумать задачу с практическим содержанием.
54
.
Михальчук Н.Л,. учитель математики
КГУ «НИСЦ ШК РО «Восток»
для одаренных детей» УО ВКО.
Решение иррациональных уравнений
Определение: Иррациональным уравнением называется уравнение, содержащее
неизвестную под знаком радикала, а также под знаком возведения в дробную
степень.
Основная цель при решении иррациональных уравнений состоит в том, чтобы
освободиться от знака радикала и получить рациональное уравнение.
При решении иррациональных уравнений применяют следующие
основные методы:
• возведение в степень обеих частей уравнения;
• введение новой переменной;
• разложение на множители.
Кроме основных методов следует рассмотреть дополнительные методы
решения иррациональных уравнений:
• умножение на сопряженное;
• переход к уравнению с модулем;
• метод «пристального взгляда» (метод анализа уравнения);
• использование монотонности функции.
Прежде чем приступить к решению иррационального уравнения, используя
вышеперечисленные методы, необходимо обратить внимание на вид данного
уравнения. Это позволяет определить, есть ли смысл решать уравнение
вообще, и если да, то каким способом его можно решить.
К примеру, нет смысла приступать к решению уравнения 4 х 3 2 0
т.к. значение арифметического корня не может быть отрицательным числом.
Рассмотрим каждый из основных методов.
Метод возведения в степень обеих частей уравнения:
а) если иррациональное уравнение содержит только один радикал, то
нужно записать так, чтобы в одной части знака равенства оказался
только этот радикал. Затем обе части уравнения возводят в одну и ту
же степень, чтобы получилось рациональное уравнение;
б) если в иррациональном уравнении содержится два или более
радикала, то сначала изолируется один из радикалов, затем обе части
уравнения возводят в одну и ту же степень, и повторяют операцию
возведения в степень до тех пор, пока не получится рациональное
уравнение.
55
При возведении обеих частей уравнения в одну и ту же степень получается
уравнение, не равносильное данному. Поэтому необходимо проверить,
удовлетворяют или не удовлетворяют найденные значения переменной
данному уравнению. Проверка является составной частью решения
иррациональных уравнений, целью которой является исключение
посторонних корней уравнения.
В данном случае проверка оказалась довольно простой. Но могут
встретиться уравнения, корни которых иррациональны, и проверка приводит к
очень сложным вычислениям. В таких случаях лучше решать простейшие
иррациональные уравнения с помощью равносильных преобразований по
f ( x) g 2 ( x)
f
(
x
)
g
(
x
)
следующей схеме:1)
g ( x) 0
Неравенство g ( x) 0 «отсекает» посторонние
решения
и
позволяет
обходиться без проверки.
f ( x) g ( x)
f ( x) 0,[ g ( x) 0]
2) f ( x) g ( x)
В данном случае можно проверять любое из неравенств. На практике, как
правило, выбирают то, которое проще в решении.
Пример №3. Решите уравнение 2 х 3 4 х.
Решение:
2 х 3 (4 х)2
х 2 10 х 19 0
х4
4 х 0
Ответ: 5 6.
Пример №4. Решите уравнение
Решение:
х 5 6,
х 5 6 4,
х2 2 x.
х 2 2 х х 2 х 2 0 х 1 0
x2
х0
х0
Ответ: х=2.
Вывод: Если корни, полученные в результате возведения в квадрат,
достаточно простые, то можно не беспокоиться о равносильности переходов, а
56
просто проверить их непосредственной подстановкой в исходное уравнение. В
случаях, когда проверка затруднительна, нужно аккуратно следить за тем,
чтобы преобразования были равносильными и не появлялись посторонние
корни.
Рассмотрим уравнения, содержащие два радикала.
Пример №5. Решите уравнение: 3х 1 x 2 3.
Решение:
3х 1 0
ОДЗ :
х2
х20
3х 1 3 x 2
3х 1 9 6 х 2 х 2
3х 1 7 х 6 х 2
2х 8 6 x 2
х 4 3 х 2 , ОДЗ : х 4 0 х 4
х 2 8 х 16 9( х 2)
х 2 17 х 34 0
D 17 2 4 1 34 289 136 153
D 153 9 17 3 17
17 3 17
4 ОДЗ ,
2
17 3 17
х
ОДЗ .
2
17 3 17
.
Ответ:
2
x
Пример №6. Решите уравнение: х 1 3 х2 х 1.
Решение:
( х 1)3 х 2 х 1
х3 3х 2 3х 1 х 2 х 1
х 3 4 х 2 4 х 0.
х( х 2 4 х 4)3 0
х=0 или х2-4х+4=0
( х 2) 2 0 х 2 0 х 2
Ответ: 0; 2.
2. Метод введения новой переменной
Данный метод, как правило, применяется в том случае, когда в уравнении
неоднократно встречается некоторое выражение, зависящее от неизвестной
величины. Тогда имеет смысл принять это выражение за новую переменную и
решить уравнение сначала относительно введенной неизвестной, а потом
найти исходящую величину.
Пример №7. Решите уравнение: 4 х 8 х 2 0.
57
Решение:
х 0.
х у , у 0.
у 1
у2 у 2 0
у 2
8
1) у 1, 8 x 1 x 1,
2) у 2 0 -посторонний корень.
Ответ: 1.
Пример №8. Решите уравнение: ( х 4)( х 1) 3 х 2 5х 2 6.
2
2
Решение: х 5х 4 3 х 5х 2 6.
Обозначим
у х2 5х 2 , y 0 и
y 1 0
y4
y2 3y 4 0
перейдем
к
2
уравнению y 2 3 y 6
х2 5х 2 4
x 2 5 x 2 16
x 2 5 x 14 0
x 7
x2
Проверка:
2
1) х=-7, тогда (7) 5 (7) 2 4
2) х=2, тогда
22 5 2 2 4
Ответ: -7; 2.
Метод разложения на множители.
Для решения иррациональных уравнений данным методом следует
пользоваться правилом:
Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из
множителей, входящих в это произведение, равен нулю, а остальные при этом
имеют смысл.
Уравнение f ( x) g ( x) 0 равносильно совокупности двух систем:
f ( x) 0
1)
g ( x) определена
g ( x) 0
2)
f ( x) 0
x2
0
Пример №9. Решите уравнение: ( x 2 5x 6)
x 5
Решение:
x2
0 x2
x 5
x 2 5 x 6 0
x 6, x 1
2) x 2 0
x (;2) (5;)
x 5
Ответ: 2;6.
1)
Обратимся к дополнительным методам решения иррациональных
уравнений и рассмотрим подробно три из них: метод «пристального взгляда»
58
(или метод анализа уравнения), метод использования монотонности функции,
переход к уравнению с модулем.
Метод анализа уравнения
Среди иррациональных уравнений встречаются такие, которые не
решаются с помощью приведённых выше приемов. В подобных случаях иногда
может оказаться полезным анализ области определения функций, входящих в
уравнение, а также использование свойств корней степени п.
Отметим следующие свойства корней, которыми мы постоянно будем
пользоваться при решении уравнений данным методом:
1. Все корни четной степени являются арифметическими, т.е. если
подкоренное выражение отрицательно, то корень лишен смысла; если
подкоренное выражение равно нулю, то корень также равен нулю; если
подкоренное выражение положительно, то значение корня положительно.
2. Все корни нечетной степени определены при любом значении подкоренного
выражения.
3. Функций y 2 n x и y 2 n 1 x являются возрастающими на своей области
определения. В ряде случаев можно установить, что уравнение не имеет
решения, не прибегая к преобразованиям.
Пример №10. х 1 20 5.
х 1 5 2 5
х 1 5.
Арифметический корень не может быть отрицательным числом, поэтому
уравнение решений не имеет.
Ответ: нет решений.
Использование монотонности функций
Использование монотонности функций, входящих в уравнение, нередко
значительно упрощает техническую часть решения.10
Сформулируем два свойства монотонных функций и теорему о корне.
1. Сумма возрастающих (убывающих) функций - функция возрастающая
(соответственно, убывающая) на их общей области определения.
2. Разность возрастающей и убывающей (соответственно, убывающей и
возрастающей) функций - функция возрастающая (убывающая) на общей
области определения.
3. Теорема о корне.
Пусть y=f(x) - монотонная на некотором промежутке функция. Тогда при
любом значении а уравнение f(x) = а имеет на этом промежутке не более одного
корня.
Наглядный смысл теоремы о корне: горизонтальная прямая у = а может
пересечь график монотонной функции y = f(x) не более чем в одной точке (т.е.
либо вообще его не пересекает, либо пересекает в единственной точке).
Рассмотрим примеры.
Пример №11. Решите уравнение: 37 х 12 31 6 х 2
59
Решение: Данное уравнение можно решать стандартным способом, т.е.
почленно возвести промежуточные иррациональные уравнения в квадрат,
найти корни полученного квадратного уравнения с большими коэффициентами
и произвести после этого проверку, для того чтобы убрать посторонние
решения.
Но задача допускает решение «в одну строчку». Левая часть уравнения возрастающая в своей области определения функция (первый радикал при
увеличении х, очевидно, возрастает, а второй - убывает, но он вычитается из
первого, поэтому их разность возрастает). Следовательно, уравнение имеет не
более одного решения. Его легко найти: это х = 1.
Ответ: {1}.
Пример №12. Решите уравнение: 2 х 5 х 1 8
Решение: Левая часть уравнения - возрастающая функция. Поэтому существует
не более одного решения данного уравнения. Корень х =10 легко найти
подбором
Ответ: {10}.
Смагулова А.Б.
учитель математики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Арифметическая и геометрическая прогрессии
Чтобы уметь решать задачи на прогрессии нужно знать основные
определения и уметь правильно применять необходимые формулы (их
необходимо выучить). Основные определения и данные для арифметической
прогрессии сведены в одну таблицу.
Числовую последовательность, каждый член которой, начиная со второго,
равен сумме предыдущего члена и одного и того же числа d, называют
арифметической прогрессией.
an+1 = an + d, n є N.
Число d называют разностью арифметической прогрессии d = an+1 - an..
Если разность между последующим и предыдущим членами
последовательности есть одно и то же число, то это арифметическая
прогрессия. Арифметическая прогрессия считается конечной, если
рассматриваются только ее первые несколько членов.
Арифметическая прогрессия является:
возрастающей последовательностью, если d > 0, например, 1, 3, 5, 7, 9,11,...
убывающей, если d < 0, например, 20,17, 14, 11, 8, 5, 2, -1, -4, ... .
Необходимо вспомнить характеристическое свойство арифметической
прогрессии:
, n>1
60
Каждый член арифметической прогрессии, начиная со второго, равен
среднему арифметическому двух соседних с ним членов. Этим объясняется
название «арифметическая» прогрессия.
Сумма n первых членов арифметической прогрессии:
Арифметическая прогрессия может быть задана следующими способами:
а) рекуррентной формулой:
б) формулой n-го члена: an = a1+ d · (n - 1)
в) формулой вида, an = k·n + b, где k и b – любые числа, n – номер
Определение арифметической прогрессии
Разность арифметической прогрессии
Формула n-го члена арифметической прогрессии
Сумма n первых членов арифметической
прогрессии
an+1 = an + d
d = an+1 - an
an = a1+ d · (n - 1)
Sn
a1 an
n
2
Характеристическое свойство арифметической
прогрессии
Рассмотрим задачи на арифметическую прогрессию.
Задача 1. Найдите 23-й член арифметической прогрессии -8; -6,5; …
Решение: Первый член арифметической прогрессии равен -8. Найдем
разность арифметической прогрессии, для этого надо из последующего члена
последовательности вычесть предыдущий: -6,5-(-8)=1,5. А теперь исходные
данные подставим в формулу п-го члена ар прогрессии:
Ответ: 25 .т.е зная первый член и разность ариф прогрессии можно найти ее
любой член.
Задача 2. Найти сумму двенадцати первых членов арифметической прогрессии,
если: а1 = -5, d = 0,5
Решение:
Ответ: -27.
61
Задача 3. Седьмой член арифметической прогрессии равен 1 и равен разности
между четвертым и вторым членами. Найти первый член прогрессии.
Решение: По условию а4 а2 1 . Выразим 4-й и 2-ой члены арифметической
прогрессии через первый и разность.
Заметим, что а4 а2 2d , по условию эта разность равна 1, следовательно,
d=0,5.
По формуле n-ого члена а7=а1+d(7-1), откуда 1=а1+0,5(7-1); а1=1-0,5*6 а1=1-3;
а1=-2.
Ответ: -2.
Задача 4.
Дано:
.
Найти:
.
Решение. Воспользуемся формулой n-го члена арифметической прогрессии
для выражения членов данной прогрессии (основной метод
решения подобных задач):
Составим и решим систему:
Ответ:
.
Задача 5.
Дано:
.
Найти:
.
Решение:
Воспользуемся обобщенным характеристическим свойством арифметической
прогрессии:
.
Откуда,
.
Следовательно,
Составим и решим систему:
Ответ:
Задача 6.
Найдите x, при котором числа
образуют конечную
арифметическую прогрессию.
Решение.
Воспользуемся характеристическим свойством арифметической прогрессии:
.
62
Решая полученное квадратное уравнение, получаем
Ответ:
Задача 7. Сумма 75-ти первых членов арифметической прогрессии равна 450.
Найти 38-й член прогрессии.
Дано:
,
.
Найти:
.
Решение:
Общая формула:
.
В нашем случае:
Ответ:
.
Задача 8.
Определить сумму всех четных трехзначных чисел, делящиеся на 3.
Решение: Первым четным трехзначным числом, делящимся на 3, является 102.
Поскольку четное число, делящееся на 3, делится и на 6, получим прогрессию
102, 108, 114, ..., 996, где a1 = 102, d = 6 и последний ее член a n = 996 ( х N ).
Поскольку an = a1 + (n - 1)d или 102 + (n - 1)·6 = 996, находим n = 150. Тогда,
используя формулу суммы п первых членов арифметической прогрессии,
получим
Текстовые задачи на арифметическую и геометрическую прогрессии.
Задача 9. Турист идет из одного города в другой, каждый день проходя
больше, чем в предыдущий день, на одно и то же расстояние. Известно, что за
первый день турист прошел 10 километров. Определите, сколько километров
прошел турист за третий день, если весь путь он прошел за 6 дней, а расстояние
между городами составляет 120 километров.
Решение: Турист проходит каждый день больше, чем в предыдущий на
одинаковое количество километров. Это задача на арифметическую
прогрессию. Количество дней это количество членов прогрессии n = 6, 120
километров это сумма расстояний пройденных каждый день (сумма всех
членов прогрессии S), 10 километров это первый член прогрессии, то есть а1=
10.
Формула суммы членов арифметической прогрессии:
63
Значит, мы можем найти d – разность арифметической прогрессии. Это число
километров, на которое увеличивается путь в каждый последующий день:
То есть, каждый день турист проходит на 4 километра больше, чем в
предыдущий. Значит, за второй день турист пройдёт 10 + 4 = 14 километров, за
третий 14 + 4 = 18 километров. Или можно посчитать по формуле n-го члена
прогрессии:
Ответ: 18
Задача 10. Улитка ползет от одного дерева до другого. Каждый день она
проползает на одно и то же расстояние больше, чем в предыдущий день.
Известно, что за первый и последний дни улитка проползла в общей сложности
10 метров. Определите, сколько дней улитка потратила на весь путь, если
расстояние между деревьями равно 150 метрам.
Решение: Каждый день улитка проползает на одно и то же расстояние больше,
чем в предыдущий день. Это задача на арифметическую прогрессию.
Количество дней – это количество членов прогрессии, 150 метров это сумма
всех членов прогрессии), 10 метров – сумма расстояний в первый и последний
день (сумма первого и последнего члена прогрессии). То есть,
Используем формулу суммы членов арифметической прогрессии:
Подставим:
Улитка потратила на весь путь 30 дней.
Ответ: 30.
Геометрической прогрессией называется последовательность отличных от
нуля чисел, каждый член которой, начиная со второго, равен предыдущему
64
члену, умноженному на одно и то же число. Таким образом, геометрическая
прогрессия – это числовая последовательность заданная соотношениями bn+1
=bnq, где bn ≠ 0, q ≠ 0, q – знаменатель прогрессии
Геометрическая последовательность является возрастающей, если b1 > 0,
q > 1. Например, 1, 3, 9, 27, 81,....
Геометрическая последовательность является убывающей, если b1 > 0,
0 < q < 1. Например,
Формула n-го члена геометрической прогрессии bn = b1*qn
Характеристическое свойство геометрической прогрессии.
Числовая последовательность является геометрической прогрессией тогда и
только тогда, когда квадрат каждого ее члена, кроме первого (и последнего, в
случае конечной последовательности), равен произведению предшествующего
и последующего членов.
bn2 = bn-1*bn+1
Сумма
n
первых
членов
геометрической
прогрессии
равна
Сумма n первых членов, бесконечно убывающей геометрической прогрессии
равна
Основные определения и данные для геометрической прогрессии сведенные
в одну таблицу:
Определение геометрической прогрессии
bn+1 =bn*q, где bn ≠ 0, q ≠ 0
Знаменатель геометрической прогрессии
Формула n-го члена геометрической
прогрессии
bn = b1*qn-1
Сумма n первых членов геометрической
прогрессии
Характеристическое свойство
геометрической прогрессии
bn2 = bn-1*bn+1
Задача1.
Дана геометрическая прогрессия b1, b2, b3, ..., bn, ... .
Известно, что b1 = 2/3, q = - 3. Найти b6
Решение. В этом случае в основе решения лежит формула n-го члена
геометрической прогрессии.
65
Подставив в эту формулу n = 6 получим: b6 = b1*q5 = 2/3 · (-3)5 = -162.
Ответ -162.
Задача 2.
Найти сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии:
12, 4, 4/3 , …
Решение:
b1= 12, b2= 4, q = 4/12 = 1/3. S = 12 / (1 - 1/3) = 12 / (2/3) = 12 · 3 / 2 = 18.
Ответ: 18.
Задача 3.
Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии равна 150.
Найти b1, если q = 1/3.
Решение:
150 = b1 / (1- 1/3)
b1 = 150· 2/3
b1= 100
Ответ: 100.
Задача 4.
Между числами 1 и вставьте два положительных числа так, чтобы
получились четыре последовательных члена геометрической прогрессии.
Решение.
.
,
.
Получим геометрическую прогрессию 1,
,
Ответ:
,
,
.
.
,
.
Задача 5. Составьте конечную геометрическую прогрессию из шести членов,
зная, что сумма трех первых членов равна 14. а трех последних 112.
Решение:
66
Решая полученную систему, находим, что b1=2, q=2.
Имеем конечную геометрическую прогрессию 2, 4, 8, 16, 32, 64.
Ответ: 2, 4, 8, 16, 32, 64.
Задача 6. Решить уравнение
Решение:
Последовательность
образует
геометрическую
прогрессию со знаменателем q =
. По условию q ≠1 => х ≠1.
Переформулируем задачу: сумма членов геометрической прогрессии
равна 0. Найти х.
– не удовлетворяет условию задачи.
Ответ: -1.
Задача 7. Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии
равна 4, а сумма их кубов равна 192. Найти пятый член последовательности.
Решение. Пусть b1 и q - соответственно первый член и знаменатель данной
геометрической прогрессии. Тогла |q| < 1 и
Заметим, что кубы членов исходной прогрессии образуют, в свою очередь,
бесконечно убывающую геометрическую прогрессию с первым членом
и
знаменателем
q3.
Действительно,
поскольку
то
Следовательно,
Из первого уравнения находим b1 = 4(1 - q) и подставляем во второе уравнение
системы:
откуда (поскольку (|q| < 1) следует уравнение (1 - q)2 = 3(1 + q + q2)
Или 2q2+ 5q+ 2 = 0 решения которого q1= -2 и q2 = -1/2. Поскольку |q| < 1,
остается q = -1/2 и, следовательно,b1 = 6. Используя формулу n-го члена
геометрической прогрессии, получим
Смешанные задачи на арифметическую и геометрическую прогрессии.
67
Задача 8. Арифметическая и геометрическая прогрессии имеют первые члены,
равные каждый 3, и равные третьи члены. Написать эти прогрессии, если
второй член арифметической прогрессии на 6 больше второго члена
геометрической прогрессии.
Решение. Первые три члена геометрической прогрессии равны 3; 3q; 3q2.
По условию a1 =3; a2=3q + 6; так как a3— a2= a2 — a1, то
a3 = 2a2— a1 = 6q + 9. По условию этот третий член равен третьему члену
геометрической прогрессии, т. е. 3q2. Получаем уравнение 6q + 9 =3q2; корни
его q = 3 и q = —1. В первом случае геометрическая прогрессия будет -::- (вn) 3;
9; 27; ..., а арифметическая -:- (an) 3; 15; 27; ... Во втором случае получаем два
ряда чисел: 3; —3; 3; —3; ... и 3; 3; 3; ..., которые можно рассматривать
соответственно как геометрическую прогрессию со знаменателем q = —1 и как
арифметическую прогрессию с разностью d = 0.
Ответ: 1) -:- 3; 15; 27; ...; -::- 3; 9; 27; ...,
2) -:- 3; 3; 3; ...; -::- 3; —3; 3; —3; ...
Задача 9. В геометрической прогрессии можно ее первый, третий и пятый
члены считать за первый, четвертый и шестнадцатый члены некоторой
арифметической
прогрессии.
Определить
четвертый
член
этой
арифметической прогрессии, зная, что первый член равен 5.
Решение: Задача сходна с предыдущей. По условию a1 = в1=5; следовательно, в3
= 5q2; в5 = 5q4. Далее по условию a4 = в3=5q2; a16 = в5=5q4.
Значит: 1) 5q2 = 5+3d, 2) 5q4 = 5+15d. Исключая d, получаем уравнение q4—5q2+
4 = 0, откуда q2 = 4 или q2 = l. Так как a4 =5q2, то четвертый член
арифметической прогрессии в первом случае равен 20, а во втором 5.
Замечание. В каждом из этих двух случаев получаем две различные
геометрические прогрессии: арифметические же прогрессии одинаковые.
Именно, в первом случае имеем геометрическую прогрессию -::- 5; 10; 20; ... и ::- 5; —10; 20, ..., арифметическая же прогрессия (разность
)
будет -:- 5; 10; 15; 20;...
Во втором случае получаем геометрическую прогрессию -::- 5; 5; 5; .... и -::- 5;
—5; 5; —5; ...; арифметическая прогрессия состоит из равных членов -:- 5; 5;
5;...
Ответ: 20 или 5.
Задача 10. Три числа, составляющих арифметическую прогрессию, дают в
сумме 15. Если к ним прибавить соответственно 1, 4 и 19, то получатся три
числа, составляющих геометрическую прогрессию. Найти эти числа.
Решение: По условию a1+a2+a3=15. Так как a2—a1=a3—a2, то 2a2=a1+a3 и из
условия имеем 2a2+a2=15. Отсюда a2= 5.
Тогда a1= 5—d; a2=5; a3 = 5+dи по условию
в1=a1+ l = 6 —d; в2=a2+ 4 = 9; в3=a3+19 = 24+d.
Так как a22 =a1a3, то имеем: 92= (6 —d)(24 +d), откуда находим d = 3, a1= 2 или d
=—21, a1= 26.
Ответ: 1) 2; 5; 8. 2) 26; 5; —16.
68
Фёдорова И.Г., учитель математики
специализированной школы-лицея
для детей, одаренных в области математики,
физики и информатики УО ВКО.
Логарифмические уравнения и неравенства
Логарифмические уравнения и неравенства представляют собой довольно
трудную тему. Так как логарифмы обладают несколькими ограничениями, то
при решении уравнений и неравенств необходимо находить область
допустимых значений (далее ОДЗ). Однако во время сдачи ЕНТ можно не
находить ОДЗ при решении уравнений, вследствие ограниченного времени на
вычисление их корней, но обязательно выполнять проверку полученных
ответов. При решении неравенств нахождение ОДЗ обязательно. Чтобы решить
уравнение или неравенство, необходимо хорошо знать определение и свойства
логарифмов.
Определение логарифма:
log 𝑏 𝑎 = 𝑐, 𝑏 𝑐 = 𝑎
𝑎 > 0, 𝑏 > 0, 𝑏 ≠ 1
Свойства логарифмов:
𝑎log𝑎 𝑏 = 𝑏 - основное логарифмическое тождество
log 𝑎 𝑎 = 1
log 𝑎 1 = 0
log 𝑎 (𝑏𝑐) = log 𝑎 𝑏 + log 𝑎 𝑐 - логарифм произведения
𝑏
log 𝑎 ( ) = log 𝑎 𝑏 − log 𝑎 𝑐 − логарифм частного
𝑐
Логарифм степени:
log 𝑎 (𝑏 𝑛 ) = 𝑛 log 𝑎 𝑏 , если n нечетное
log 𝑎 (𝑏 𝑛 ) = 𝑛 log 𝑎 |𝑏| , если n четное
1
log 𝑎𝑘 (𝑏) = log 𝑎 𝑏
𝑘
log 𝑐 𝑏
log 𝑎 𝑏 =
log 𝑐 𝑎
1
log 𝑎 𝑏 =
log 𝑏 𝑎
Логарифмические уравнения.
1. Способы решения логарифмических уравнений:
1.1.Использование определения логарифма.
1.2. Потенцирование.
1.3. Приведение к квадратному уравнению.
1.4. Логарифмирование.
69
При решении логарифмических уравнений может произойти расширение
области определения (приобретение посторонних корней) или сужение (потеря
корней), поэтому проверка решения обязательна.
1. Решить уравнение: log 0,25 (𝑥 2 − 3𝑥) = −1
Используем определение логарифма:
𝑥 2 − 3𝑥 = 0,25−1
𝑥 2 − 3𝑥 = 4
𝑥 2 − 3𝑥 − 4 = 0
𝑥=4
𝑥 = −1
Выполним проверку: оба корня подходят.
Ответ: 𝑥 = 4; 𝑥 = −1.
2. Решить уравнение:
lg(𝑥 2 +5𝑥+4)
2 lg 𝑥
=1
lg(𝑥 2 + 5𝑥 + 4) = 2 lg 𝑥
Потенцируем:
(𝑥 2 + 5𝑥 + 4) = 𝑥 2
5𝑥 + 4 = 0
4
𝑥=−
5
4 2
4
lg((− ) + 5 (− ) + 4)
5
5
=1
4
2 lg (− )
5
lg (-4/5) не имеет смысла, значит данное уравнение не имеет корней.
Ответ: корней нет.
3. Решить уравнение: log 2 (22𝑥 + 2𝑥 ) = log 4 144
К правой части уравнения применим свойство логарифма
log 2 (22𝑥 + 2𝑥 ) = log 22 122
log 2 (22𝑥 + 2𝑥 ) = log 2 12
Потенцируем : (22𝑥 + 2𝑥 ) = 12
2𝑥 = 𝑡, 𝑡 > 0
𝑡 2 + 𝑡 − 12 = 0
t = - 4 не является решением (по условию), t = 3
2𝑥 = 3
Прологарифмируем по основанию 2: log 2 (22𝑥 ) = log 2 3, x = log 2 3
Ответ: x = log 2 3
4. Решить уравнение: 𝑥 2 log3 𝑥 = 81𝑥 2
Прологарифмируем по основанию 3: log 3 𝑥 2 log3 𝑥 = log 3 (81𝑥 2 )
Применим свойства логарифма:
2 log 3 𝑥 ∗ log 3 𝑥 = log 3 81 + log 3 𝑥 2
2 (log 3 𝑥)2 = 4 + 2 log 3 𝑥
(log 3 𝑥)2 = 2 + log 3 𝑥
70
(log 3 𝑥)2 − log 3 𝑥 − 2 = 0
log 3 𝑥 = 2
log 3 𝑥 = −1
1
𝑥=9
𝑥=
3
1
Ответ: 𝑥 = 9;𝑥 = .
3
4
5. Решить уравнение: √𝑥 lg 𝑥+7 = 10lg 𝑥+1 .
Прологарифмируем по основанию 10:
4
lg √𝑥 lg 𝑥+7 = lg 10lg 𝑥+1
Применим свойства логарифмов:
1
(lg 𝑥 + 7) ∗ lg 𝑥 = (lg 𝑥 + 1) ∗ lg 10
4
1
(lg 𝑥 + 7) ∗ lg 𝑥 = (lg 𝑥 + 1)
4
Выполним замену:
lg 𝑥 = 𝑡
1
(𝑡 + 7) ∗ 𝑡 = (𝑡 + 1)
4
Решим полученное уравнение:
1 2 7
𝑡 + 𝑡−𝑡−1=0
4
4
1 2 3
𝑡 + 𝑡−1=0
4
4
𝑡=1
𝑡 = −4
lg 𝑥 = 1 lg 𝑥 = −4
𝑥 = 10
𝑥 = 10−4
Проверка: оба корня подходят.
Ответ: 𝑥 = 10; 𝑥 = 10−4 .
6. Решить уравнение: log 6 (𝑥 2 − 2𝑥) = 1 − log 6 2
Представим число 1 в виде логарифма с основанием 6:
1 = log 6 6
2
log 6 (𝑥 − 2𝑥) = log 6 6 − log 6 2
6
log 6 (𝑥 2 − 2𝑥) = log 6
2
log 6 (𝑥 2 − 2𝑥) = log 6 3
(𝑥 2 − 2𝑥) = 3
𝑥 = 3 𝑥 = −1
Проверка:
𝑥 = 3 log 6 (9 − 6) = log 6 3
𝑥 = 1 log 6 (1 + 2) = log 6 3
Ответ: 𝑥 = 3; 𝑥 = 1.
7. Решить уравнение:l og 5 log 2
2
𝑥−2
=1
71
Применим определение логарифма дважды:
2
log 2
=5
𝑥−2
2
= 32
𝑥−2
1
𝑥−2=
16
1
𝑥=2
16
1
Ответ: 𝑥 = 2 .
16
8. Решить уравнение: log 3 (2𝑥 + 5) − log 3 6 = 1 − log 3 (𝑥 + 7)
Найдём ОДЗ:
5
2𝑥 + 5 > 0 𝑥 > −
{
{
2 ↔ 𝑥 > −2,5
𝑥+7>0
𝑥 > −7
2𝑥 + 5
3
log 3
= log 3
6
𝑥+7
2𝑥 + 5
3
=
6
𝑥+7
(2𝑥 + 5) ∗ (𝑥 + 7) = 18
2𝑥 2 + 19𝑥 + 17 = 0
17
𝑥 = −1 𝑥 = −
2
Проверим, удовлетворяют ли корни ОДЗ.
Подходит только первый корень 𝑥 = −1.
Ответ: 𝑥 = −1.
9. Решить уравнение: (lg(2𝑥 − 1))2 = lg(𝑥 − 0,5) + lg 2
1
ОДЗ: 𝑥 >
2
(lg(2𝑥 − 1))2 = lg 2(𝑥 − 0,5)
(lg(2𝑥 − 1))2 = lg(2𝑥 − 1)
lg(2𝑥 − 1) = 0 lg(2𝑥 − 1) = 1
2𝑥 − 1 = 0 2𝑥 − 1 = 10
𝑥=1
𝑥 = 5,5
Подходят оба корня.
Ответ: 𝑥 = 1; 𝑥 = 5,5.
lg 𝑥 − lg 𝑦 = lg 15 − 1
10. Решить систему уравнений: {
10lg(3𝑥+2𝑦) = 39
𝑥
𝑥 3
𝑥
15
lg = lg 15 − lg 10 lg = log
=
{ 𝑦
{ 𝑦
𝑦 2
10 {
3𝑥 + 2𝑦 = 39
3𝑥 + 2𝑦 = 39 3𝑥 + 2𝑦 = 39
72
3
𝑥= 𝑦
2
Ответ: (9;6).
3
𝑥= 𝑦 𝑥=9
2 {
{
{
𝑦=6
3
13
3 ∗ 𝑦 + 2𝑦 = 39
𝑦 = 39
2
2
11. Решить неравенство: log 2 (𝑥 + 20) < 3
(𝑥 + 20) < 8
0 < (𝑥 + 20) < 8
−20 < 𝑥 < −12
Ответ: 𝑥 ∈ (−20; −12).
12. Решить неравенство: log 5 𝑥 + log 5 (𝑥 + 4) ≤ 1
𝑥>0
𝑥>0
𝑥>0
𝑥>0
𝑥+4>0
𝑥 > −4
𝑥 > −4
{
{
{
{
𝑥 > −4
log 5 (𝑥(𝑥 + 4)) ≤ 1 (𝑥(𝑥 + 4)) ≤ 5 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 ≤ 0 (𝑥 + 5)(𝑥 − 1) ≤ 0
Ответ: 𝑥 ∈ (0; 1).
73
МАЗМҰНЫ
СОДЕРЖАНИЕ
Алғы сөз........................................................................................................................3
1. Аитова Б.Т.
Обратные тригонометрические функции. Особенности решения
тригонометрических уравнений, содержащих обратные тригонометрические
функции........................................................................................................................4
2. Анохина Н.Г.
Молекулярная физика...............................................................................................13
3. Буланова А.В.
Законы динамики..............................................................................................19
4. Зейнолдина А.Қ.
Логарифмдік теңдеулер мен теңсіздіктер және олардың жүйелерін шешу әдістәсілдері шешу................................................................................................28
5. Ибраева Г.Н.
Көрсеткіштік теңдеулер және олардың жүйелері..................................................35
6. Канапьянова С.Ж.
Рационал теңдеулердің көмегімен мәтінді есептерді шығару..............................42
7. Көкенова Г.К.
Логарифмдік теңсіздіктерді шешу...........................................................................47
8. Леунова Е. В.
Применение теоремы синусов и косинусов в задачах с практическим
содержанием..............................................................................................................51
9. Михальчук Н.Л.
Решение иррациональных уравнений.....................................................................55
10. Смагулова А.Б.
Арифметическая и геометрическая прогрессии.....................................................60
11. Фёдорова И.Г.
Логарифмические уравнения и неравенства...........................................................69
74