2. решение задач на составление уравнений

Министерство путей сообщения
Российской Федерации
Дальневосточный государственный
университет путей сообщения
Кафедра “Высшая математика”
Л.В. Марченко
ПОСОБИЕ ПО МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ В ДВГУПС
Учебно-методическое пособие
Хабаровск
1999
УДК 51 (075.8)
ББК В 11
М 300
Марченко Л.В. Пособие для поступающих в ДВГУПС: Учебно-методическое пособие. – Хабаровск: ДВГУПС, 1999. – 64 с.
В пособии рассмотрены основные типы задач, предлагаемые на конкурсном письменном экзамене по математике поступающим в Дальневосточный государственный университет путей сообщения. Даны задачи с
решениями и варианты вступительных работ по математике.
Пособие предназначено для поступающих в высшие учебные заведения, а также для слушателей подготовительных отделений вузов.
Рис. 9, табл. 2, список лит. – 4 назв.
Рецензент: доцент кафедры «Высшая математика» ДВГУПС,
канд. физ.-мат. наук Э.Д. Кононенко.
 Дальневосточный государственный университет
путей сообщения (ДВГУПС), 1999
ВВЕДЕНИЕ
В данном пособии рассмотрены примеры и задачи, предлагавшиеся
в разные годы на вступительных экзаменах по математике в Дальневосточном государственном университете путей сообщения. Изложенные
теоретические сведения, а также подробные решения некоторых задач,
дают возможность поступающему в вуз улучшить свои знания по математике, подготовиться к конкурсному экзамену. Каждый раздел объединяет задачи определенного типа, для которых указаны характерные
приемы рассуждений, методы и понятия, используемые в решениях.
Не охватывая всего объема школьной программы по математике, пособие, тем не менее, содержит материалы по основным ее разделам,
что позволяет абитуриенту целенаправленно подготовиться к экзамену,
проверить свои знания, самостоятельно решив приведенные варианты
письменных работ.
Пособие рекомендуется выпускникам средних учебных заведений,
учащимся выпускных классов, слушателям подготовительных курсов.
1. ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ
ВЫРАЖЕНИЙ
Алгебраическим выражением называется выражение, в котором числа и буквы соединены действиями сложения, вычитания, умножения,
деления, возведения в степень или извлечения арифметического корня.
Равенство, обе части которого принимают одинаковые числовые значения при любых допустимых значениях входящих в него букв, называется
тождеством. При выполнении тождественных преобразований алгебраических выражений абитуриенты должны знать порядок выполнения
действий, действия с дробями и степенными выражениями, формулы
сокращенного умножения.
Порядок выполнения действий:
1) действия с одночленами;
2) действия в скобках;
3) умножение или деление (в порядке появления);
4) сложение или вычитание (в порядке появления).
p
, где p – целое число, p  Z ;
q
p m
 , если
q – натуральное число, q  N . Две дроби равны
q n
p pk
, где k  R, k  0.
p  n  q  m. Основное свойство дробей 
q qk
Обыкновенная дробь – число вида
Действия с дробями:
p m pn  mq
 
;
q n
qn
p m
p  n-q  m
2) вычитание 
;
q n
q  n
p
m
p  m


;
3) умножение
q
n
q  n
p m
p  n
:

.
4) деление
q n
q  m
1) сложение
Целое число можно представить в виде дроби со знаменателем,
равным единице: p 
p
.
1
p
называется правильной, если p  q и
q
Положительная дробь
неправильной, если p  q . Если
p
неправильная дробь, то её можq
p nq  r
r
r

 n   n – смешанная дробь,
q
q
q
q
r
p
n – целая часть,
– дробная часть. Дробь
, где q  10 k , называетq
q
но представить в виде
ся десятичной.
Основные свойства степени с действительным показателем:
n
1) a  a
2)
an
m
a
n
3) a
m
 a n  m , a  0 , n  R , m  R;
 anm ;
 
m
 a n m ;
4) a  b   a  b , b  0 ;
m
m
m
m
am
a
5)    m ;
b
b
m
6) a  0 , если a  0 , m  R ;
0
7) a  1;
8) a
9)
k
n
a

m
10) если
1
a
n

;
m
ak
, k0;
a 1, m  n,
11) если 0  a  1 ,
то a
m
m n,
 an ;
m
n
то a  a .
Формулы сокращенного умножения:
1) разность квадратов a  b a  b   a  b , a  R , b  R ;
2
2
2) квадрат суммы двух чисел a  b   a  2 ab  b ;
2
2
2
3) квадрат разности двух чисел a  b   a  2 ab  b ;
2
2
2
4) куб суммы двух чисел a  b   a  3a b  3ab  b ;
3
3
2
2
3
5) куб разности двух чисел a  b   a  3a b  3ab  b ;
3
3
2
2
3
2
2
;
3
3
2
2
7) разность кубов двух чисел a  b  a  b  a  ab  b  .
6) сумма кубов двух чисел a  b  a  b  a  ab  b
3
3
При доказательстве тождеств полезно также помнить правило разложе2
ния на множители квадратного трехчлена. Пусть ax  bx  c – квадратный
2
трехчлен, a  0 , a ,b,c – действительные числа. Если D  b  4ac  0 ,
то квадратный трехчлен имеет действительные корни
x1,2 
b D
, тогда ax 2  bx  c  a x  x1  x  x2 .
2a
1.1. Примеры выполнения заданий
Пример 1. Доказать тождество
3
1
1
3

 a  a 4  b 2  a 4  b 2  b2


1
1
1

a 2  2a 4  b 2  b


4 a  b 1  1.
4
 1
 

2
3 b a  b  



 
a b 
1
1

 

a 4 a4  b  





1
3

Решение. Для доказательства тождества выполним действия в левой
части равенства:
3 1  1 3


2



4
4
2
2
3 1
1 3
aa b  a b b 

 

a  a 4 b 2  a 4 b 2  b2 
 

1)

1
a2
3 1
a4 a4



1 1
 2a 4 b 2
1
 b2
b
1
 1
a4  b2 




2
3 1
1
1  3
3

 1
  b2 a4  b2  a4  b2 a4  b2 


 
 




 

1
 1
a4  b2 




2
1
 1
a4  b2 




2
:
3
3
1 1
1  1
 1  1
 1

 a4   b2 
 a 4  b 2  a 2  a 4 b 2  b 
1 1
1
   




  a 2  a 4 b 2  b;
  1  1   
1
 1

a4  b2
a4  b2 




1
1
 1


2 a 2  a 4  b 2  b  




1
1
1
 1
  1
4
a  b   a 2  a 4  b 2  b    a 4  b 2 ;

 


 

1   1 2
1 2 

1








4
2
2


3
b
a

b

3 b a2 b


 




 




3


1 1
1
1
1



 



4
4
4
4
2
a
a  b
a
a b 








1 1
1  1
1
1 1
1





3b 2 a 4  b 2 a 4  b 2
3b 2 a 4  b 2 
1 1 1
1









  3a 4 b 2  a 4  b 2  ;

1
1
1
1



 




a 4
a 4 a4  b2




1 1
1 1 1
1  1
1
 1






4  a 4  b 2 a 2  a 4 b 2  b  3a 4 b 2 a 4  b 2  










1 1
1 1
1  1
 1
  a 4  b 2  a 2  a 4 b 2  b  3a 4 b 2  








2
3
1 1
1  1
1  1
1
1
 1
  1
 1
  a 4  b 2  a 2  2 a 4 b 2  b    a 4  b 2  a 4  b 2    a 4  b 2  ;


 






 




1

3
 1 1   3
 4 2  
a b
5 



1
 1 1  1 1

1
: 4 a  b  a4  b2  : a4  b2 

 


 


 
 

1
 1.
Левая часть выражения равна правой: 1 = 1. Тождество доказано.
Замечание. При доказательстве тождеств, как правило, производится преобразование сразу всего выражения, а не по действиям.
Пример 2. Доказать тождество
2x
2
x3

1
3

1

 3x 3
3
5
x3
x2


2
x3
x1
2
x  4x  3
 0.
Доказательство.
2x
2
x3

1
3
1
3
 3x
3

5
x3
x2
2
x3

x1
x2  4 x  3
2x



1
3
1
3

2
x3
2
x3
 x  3
x  1
2
1
x1
2 x  1  1   x  3   x  1





x  1x  3
x  3 x  1  x  1 x  3


x

x1

x  1x  3
2x  2  x  3  x  1 2x  2x  3  3

0
x  1x  3
x  1x  3
Левая часть выражения равна правой: 0=0. Тождество доказано.
Пример 3. Доказать тождество
  1  3

  4 
0.25 3 
 x0.25
  x   m

  

0.5


x  m  m




 
  m  
3
3
0.25
1
2
 mx  : m0.5








1
 10 2
2  4.9 

xm
0.5
 1
 
 14 
1
 m 0.5  0
Доказательство.
  1  3

  4 
0.25 3 
0.25
x

m

x
  





0.5


x  m  m





1
2

2  4.9   10  1 

 
xm
 14 
0.5

1
  m 
3
 m  0.5
3 0.25

 mx 
1
2



: m0.5  



3
3
 3

 3

4
4
4
4
  x  m  x  m 
1
1 

 m 2 x 2 
 





1
1
1


2m 2  m
2
x
m




1
1


2
49
 


6
6
1
2     10 2
1
1
4
4



x m
2  49  2 14
10
2 
  
 14m 2   1 1

x
 1 

1
xm
x

m


 2 2

2
m2
m
x

m








1
1
1


 1





  x 2  m 2  x  x 2 m 2  m 

3
3
1
1




2
2
 x m
 2 7
14  

  x 2 
2 
 1 1

x





1
1
1
1
1
xm



 2  2



2
2
2x 2  m 2 
m
m
x

m
m
















1 1

1 

2
2
14
14
xx m m 2
14
14


 1 

x


1
1
xm
x

m


m 2 
m2
m2

1 1
1 1


  x  x 2 m 2  m  x 2 m 2   14




14

   x  m   14  14  14  14  0 .
 

1
1
1
1
1
1


m 2 x  m
m 2  m 2 x  m m 2 m 2 m 2




Левая часть выражения равна правой: 0 =0. Тождество доказано.
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
Задачи на составление уравнений или текстовые задачи условно разделяют на несколько типов: задачи на движение, задачи на совместную
работу или планирование, задачи расчета и составление смесей, задачи
на оптимальное решение и другие типы задач.
2.1. Задачи, описывающие движение
Основные компоненты задач:
S – пройденный путь (пройденное расстояние);
V – скорость движущегося тела;
t – время движения.
Допущения, которые обычно принимаются в условиях этих задач:
1) движение на отдельных участках считается равномерным (если не
указано противное), то есть
S  V  t, V 
S
S
, t ;
t
V
2) величины должны быть выражены в одной системе единиц;
3) повороты движущихся тел считаются мгновенными;
4) если тело движется по течению реки, то его скорость равна сумме
скорости тела в стоячей воде и скорости течения
Vпо
теч.
 Vсоб .  Vтеч. ,
если тело движется против течения, то
Vпротив
теч.
 Vсоб .  Vтеч. ;
5) если два тела начинают движение одновременно навстречу друг
другу, V 1 и V 2 – скорости тел; S – первоначальное расстояние между
телами, то время в пути до встречи у обоих тел одинаково и равно
t
S
;
V1  V2
6) если два тела начинают движение одновременно в одном направлении, V 1 и V 2 – скорости тел, V 1 > V 2 , S – первоначальное расстояние между телами, то время, в течение которого одно тело догонит другое (время в пути до встречи) равно
t
S
;
V1  V2
7) если в задаче отсутствуют единицы длины, то весь пройденный
путь можно принять за единицу.
При решении задач полезно сделать чертеж. Неизвестные величины можно обозначать X, Y, Z или оставить обозначения, принятые в физике.
Задача 1. Расстояние между городами А и В равно 60 км. Два поезда
выходят одновременно: один из А в В, другой из В в А. Поезд, идущий из
А в В, пройдя 20 км, стоит полчаса, затем отправляется дальше и через
4 минуты встречает поезд, идущий из В в А. Оба поезда прибывают к
месту назначения одновременно. Определить скорости поездов.
Решение.
Рис.1.1
AВ = 60 км; АС = 20 км; СД – путь, пройденный первым поездом за 4 минуты; Д – место встречи поездов.
V1 – скорость поезда, км/ч, идущего из А в В (первого поезда);
V2 – скорость поезда, км/ч, идущего из В в А (второго поезда).
Первый поезд стоял полчаса, поэтому затратил на путь от А до В
время t1 
60 1
 ,
V1 2
второй поезд затратил на путь от В до А время
t2 
60
.
V2
Оба поезда прибыли к месту назначения одновременно, то есть
t1 = t2 или
60 1
60
  .
V1 2 V2
К моменту встречи в точке Д первый поезд прошел расстояние
АД = АС + СД, где АС=20 км, а СД – путь, пройденный первым поездом
за 4 минуты. Поскольку расстояние дано в км, а скорость в км/ч, то минуты надо перевести в часы: 4 мин  4
СД  V1 
1 V1
 ,
15 15
 1 часа . Тогда
60
15
V
AД  20  1 .
15
Расстояние АД первый поезд прошел за время
t
20 1 1 20 17
  
 .
V1 15 2 V1 30
За это же время второй поезд прошел расстояние ВД
 20 17 
ВД  V2  t  V2   ;
 V1 30 
АД  ВД  АВ
 20 17 
V
20  1  V2     60.
15
 V1 30 
Полученные уравнения образуют систему
60 1 60
V  2  V
2
 1

20  V1  V  20  17   60.
2


15
 V1 30 
Выразим из первого уравнения V1 через V2 и подставим полученное
значение во второе уравнение системы:
60 60 1 120  V2

 
,
V1 V2 2
2V2
V1 
60  2V2
120  V2

120  V2 120  V2
20 
 20  120  V2  17 
120  V2
 V2  
   60 ,
15  120  V2 
120

V
30 

2
,
20 
 120  V2 17 
8  V2
 V2  
   60 ,
120  V2
6

V
30 

2
8  V2
120  V2 17  V2


 40 ,
120  V2
6
30
8  V2
V
17  V2
 20  2 
 40 ,
120  V2
6
30
8  V2
V
17  V2
 2
 20 ,
120  V2 6
30
8  V2
17  V2  5  V2

 20 ,
120  V2
30
8  V2
12  V2

 20 ,
120  V2
30
8  V2
2  V2

 20 .
120  V2
5
Приведем выражение к общему знаменателю
5  8  V2  2  V2  ( 120  V2 )  5  ( 120  V2 )  20 .
Разделим левую и правую части уравнения на 2
20  V2  V2 120  V2   50  120  V2 ,
20  V2  120  V2  V22  6000  50  V2 ,
 V22  140  V2  6000  50  V2  0 ,
V22  190  V  6000  0 ,
V2  95 
95 2  6000  95  55 ,
V2  150 или V2  40 .
Рассмотрим
оба
варианта.
Если
V2  150
км/ч,
тогда
120  V2
 600 км/ч. По условию задачи скорости являются
120  V2
положительными величинами, поэтому V2  150 и V1  600 – посторонние корни, не удовлетворяющие условиям. Если V2  40 км/ч, то
V1 
V1 
120  V2
 60 км/ч. Полученные значения
120  V2
удовлетворяют
условиям задачи.
Ответ: скорости поездов равны 60 км/ч и 40 км/ч.
Задача 2. Два автомобиля выехали одновременно из пунктов А и В
навстречу друг другу. Через 16 часов после встречи автомобиль, ехавший из А, прибыл в В, а через 25 часов после встречи автомобиль, ехав-
ший из В, прибыл в А. Сколько часов каждый автомобиль был в пути?
Решение.
Рис. 1.2
V1, V2 – скорости автомобилей; расстояние АВ = S ; С – место встречи
автомобилей; t1 , t2 – время в пути на АВ соответственно первого и второго автомобилей. Поскольку автомобили выехали одновременно, то в
пути до встречи они были одно и то же время:
t
AC BC

.
V1
V2
После встречи первый автомобиль проехал расстояние ВС за
16 часов, то есть ВС  16  V1 ; расстояние АС второй автомобиль преодолел за 25 часов, то есть AC  25  V2 ,тогда
25  V2 16  V1

.
V1
V2
Первый автомобиль прибыл в пункт В через 16 часов после встречи,
а второй – через 25 часов, то есть второй автомобиль был в пути дольше первого на t2  t1  25  16  9 ч.
Запишем систему уравнений
 25  V2 16  V1


V
V2

1
t  t  9.
2
1
S
S
, V 2  , то система принимает вид
Поскольку V1 
t1
t2
 25  t1 16  t2


t
t1
 2
t  t  9 ,
2 1
25t12  16 t 22

t 2  t1  9 ,
5t1  4t 2

t 2  t1  9 ,
5t1  4(t 1  9 ) ; 5t1  4t1  36 ;
t1  36

t2  36  9  45,
t1  36 ч

t 2  45 ч .
Ответ: время в пути первого автомобиля – 36 ч, второго – 45 ч.
Замечание. В этой задаче можно было принять расстояние АВ за
единицу: S=1, тогда в системе вместо уравнения t2 - t1 = 9 можно
было записать уравнение 25V2  16V1  1.
Задача 3. Студенты взяли на лодочной станции напрокат лодку.
Сначала они спустились на 20 км вниз по течению реки, затем повернули обратно и вернулись на лодочную станцию, затратив на всю прогулку
7 часов. На обратном пути, на расстоянии 12 км от лодочной станции,
они встретили плот, проплывавший мимо лодочной станции как раз в тот
момент, когда они отправились на прогулку. Определить с какой скоростью двигалась лодка вниз по течению реки и какова скорость течения.
Решение.
Рис. 1.3
АВ = 20 км – расстояние, пройденное вниз по реке; y – скорость течения
реки, км/ч; x – скорость лодки в стоячей воде, км/ч; С – место встречи
лодки и плота; АС = 12 км.
По условию задачи на путь от А до В и обратно студенты затратили
7 часов, (x+y) – скорость лодки при движении по течению реки, (x - y) –
скорость лодки при движении против течения, поэтому
7
20
20

.
x y x y
За то время, что плот прошел расстояние АС = 12 км, студенты преодолели расстояние АВ = 20 км и ВС = (20 – 12) = 8 км, то есть
12
20
8


.
y
x y x y
Запишем полученные уравнения в систему и решим ее.
20
 20

7

x

y
x

y


 20  8  12 ,

y
x  y x  y
20 x  20 y  20 x  20 y  7  x  y  x  y 

2
2
20 xy  20 y  8 xy  8 y  12 x  y  x  y ,
40 x  7 x 2  7 y 2

28 xy  12 y 2  12 x 2  12 y 2 ,
40 x  7 x 2  7 y 2

28 xy  12 x 2  0.
По условию задачи x > 0, y > 0, поэтому из второго уравнения системы
28 xy  12 x 2  0 ,
4 x  7 y-3 x   0 ,
7 y -3 x  0 ,
3
y  x.
7
Подставив у в первое уравнение системы, получим
2
3 
40 x  7 x  7   x  ,
7 
2
280 x  49 x 2  9 x 2 ,
280 x  40 x 2 ,
х = 7, тогда у = 3
Скорость лодки при движении вниз по течению реки равна (х + у), то
есть 10 км/ч, а скорость течения реки 3 км/ч.
Ответ: скорость лодки по течению реки 10 км/ч, а скорость течения
реки 3 км/ч.
2.2. Задачи, описывающие работу
Основными компонентами задач, описывающих работу, являются
выполняемый объем работы, время, производительность. Эти задачи
являются аналогами задач, описывающих движение: пройденный путь –
аналог выполненной работы, время движения – времени работы, скорость движения – производительности труда. Всю работу, которую
необходимо выполнить, если объем работы не указан конкретно, обычно
принимают за единицу.
Задача 1. Двое рабочих выполнили всю работу за 10 дней, причем
последние два дня первый из них не работал. За сколько дней первый
рабочий выполнил бы всю работу, если известно, что за первые 7 дней
они вместе выполнили 80% всей работы.
Решение. Примем весь объем работы за единицу; х – производительность труда (за день) первого рабочего; у – производительность
труда второго рабочего; время, требуемое первому рабочему, на выполнение всей работы t1 
1
1
(дней); время второго рабочего t 2 
y
x
(дней). Вся работа выполнена за 10 дней, причем первый работал только 8 дней, поэтому
8 x  10 y  1.
За 7 дней рабочие выполнили 80 % работы или 0,8 часть ее
7 x  7 y  0 ,8 .
Запишем систему уравнений и решим её
8 x  10 y  1

7 x  7 y  0 ,8 ,
 y  0 ,1  0 ,8 x

7 x  7 0 ,1  0 ,8 x   0 ,8 ,
7 x  0 ,7  5 ,6 x  0 ,8 ,
1,4 x  0,1 ,
x  1/14 ,
y  0,1 - 0,8  1/14  3/70.
Время, требуемое первому рабочему на выполнение всей работы
t1 
1
 14 (дней).
x
Ответ: время работы первого рабочего составляет 14 дней.
Замечание. При решении данной задачи не обязательно было находить значение y, так как это не требовалось условиями задачи.
Задача 2. На вагоноремонтном заводе в определенный срок должно
быть отремонтировано 330 вагонов. Ремонтируя, в среднем, на 3 вагона
в неделю больше, чем планировалось, на заводе уже за две недели до
срока отремонтировали 297 вагонов. Сколько вагонов в неделю ремонтировали на заводе?
Решение. Пусть х – планируемая производительность (количество
ремонтируемых вагонов) в неделю; (х + 3) – реальная производительность; t – число запланированных недель ремонта, t = 330/х. За (t - 2)
недели отремонтировано 297 вагонов при производительности (х + 3)
вагона в неделю, поэтому
297 330

 2.
х3
х
Решим полученное уравнение (по условию задачи х > 0)
297 x  330 x  990  2 xx  3,
2 x 2  6 x  33x  990  0 ,
2 x 2  27 x  990  0 ,
27  27 2  4  2  990 27  93
x

.
4
4
Так как x  0 , то
х
27  93
 30.
4
Планируемое количество отремонтированных вагонов в неделю составляло 30, реальное – на 3 вагона больше, то есть 33 вагона в неделю.
Ответ: на заводе ремонтировали в неделю 33 вагона.
2.3. Задачи, описывающие смешивание веществ
Основными компонентами этих задач являются массы или объемы
смешиваемых веществ, а также концентрация или процентное содержание одного или нескольких веществ в смеси. Если М единиц смеси содержит m единиц какого-либо вещества, то концентрация этого вещества в смеси (количество вещества в единице объема или массы) составляет
m
, а процентное содержание вещества представляет собой
M
m
 100%. При смешивании двух или нескольких растворов или сплавов
M
общая масса (объем) равна сумме масс (объемов) смешиваемых компонентов.
Задача 1. Имеется кусок сплава меди с оловом общей массой 12 кг, содержащий 45% меди. Сколько чистого олова надо прибавить к этому
куску сплава, чтобы получившийся новый сплав содержал 40% меди?
Решение. 45% составляет 0,45 всего сплава, поэтому в сплаве содержится меди 0,45 . 12 = 5,4 (кг), а олова (12 – 5,4) = 6,6 (кг). В новом
сплаве медь будет составлять 40%, а олово – 60%. Составим пропорцию
5,4 кг – 40%
x кг – 60%
x
5 ,4  60
 8 ,1
40
(кг).
В новом сплаве олова 8,1 кг, значит добавка олова составила
(8,1 - 6,6) = 1,5 (кг).
Ответ: к сплаву надо прибавить 1,5 кг олова.
Задача 2. Из сосуда, наполненного кислотой, вылили несколько литров
и долили водой; потом опять вылили столько же литров смеси, тогда в
сосуде осталось 24 л чистой кислоты. Емкость сосуда 54 л. Сколько
кислоты вылили в первый и второй раз?
Решение. Первоначально сосуд содержал 54 л кислоты. Пусть в первый раз из сосуда вылили х л кислоты, тогда в нем осталось (54 - х) л
кислоты и добавилось х л воды, которую долили в сосуд. В сосуде вновь
стало 54 л жидкости, каждый литр которой содержал
ты и
54  х  л
54
кисло-
х
л воды. Затем из сосуда вылили х л смеси, в которой содер54
54  х  х
жалось
л
кислоты.
В
сосуде
54
54  х  х  л кислоты, что составило 24 литра.

 54  х  

54


Найдем из этого соотношения х:
осталось
54  х   54  х  х  24 ;
54
54  54  х   54  х   х  24  54 ;
2916-54  х - 54  х  х 2  1296 ;
х 2  108  х  1620  0 ;
54 2  1620  54  36.
По условию задачи 0 < x < 54, поэтому х = 90 является посторонх  54 
ним корнем. Из сосуда в первый раз вылили х = 18 л кислоты, во второй
раз
кислоты
54  18   18  12
54
вылили
54  х   х
54
л,
то
есть
л.
Ответ: из сосуда вылили 18 л кислоты в первый раз и 12 л кислоты
во второй раз.
3. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
3.1. Показательные уравнения
Функция вида y  a , где a – положительное число, не равное единице, называется показательной. Свойства показательной функции:
1) область определения – множество всех действительных чисел,
x
x  R;
2) область значений – множество всех положительных чисел, у > 0 ;
3) если
a 1,
4) если 0  a  1,
5)
a x1  a x2
x 1  x2 ,
то a
x1
 a x2 ;
x1  x2 , то a x1  a x2 ;
тогда и только тогда, когда x1
x
6) a  1, если x  0.
 x2 ;
Уравнения, содержащие переменную в показателе степени, называются показательными.
f x
Уравнения вида a
 a  x  , где a  0 , a  1 , равносильны
уравнению f  x     x . Если a  1, то решением являются все значения
х, принадлежащие
f  x  и   x .
одновременно областям определения функций
Пример 1. Решить уравнение
0.125  4 2 x  3
x
 2
 .
 
8


Решение.
1
0 ,125   2 3 ; 4  2 2 ; 8  2 3 ;
8
поэтому уравнение можно записать в виде
 
23  22
2 x 3
 1
 22
 3
2







2 3  2 4 x 6  2 2 ,5
x
 x
24 x9  2 2 ,5 x ; 4 x-9  2,5 x
1.5  x  9; x  6.
Ответ: x  6.
2
1
22
,
2x
x
x
Уравнения вида A  a  B  a  C  0 можно, заменив y  a ,
свести к квадратному (или линейному при А = 0) уравнению:
Ay 2  By  C  0 .
Пример 2. Решить уравнение
5 x  5 3  x  20.
Решение.
5 x  53  5 x  20 ,
125
5 x  x  20.
5
Обозначим
5 x  y , y  0 , тогда
125
y
 20 ,
y
y 2  125  20 y ,
y 2  20 y  125  0.
По теореме Виета
y1  25 ,
y2  5.
y  5 не удовлетворяет условию y  0 , поэтому y  25 .
5 x  25  5 2 , откуда x  2.
Ответ: x  2.
Пример 3. Решить уравнение
49 x  6  7 x  5  0.
Решение.
7 
7 
2
x
x 2
 6 7 x  5  0 ,
 6  7 x  5  0.
x
Обозначим 7  y ,
y  0 , тогда
y 2  6  y  5  0.
По теореме Виета y1  5 ,
x
Если y  5 , то 7  5 ,
y2  1.
x  log7 5; если y  1, то 7 x  1,
x  0.
Ответ: x  0 или x  log7 5.
Уравнения вида A  a
приводят к виду
2x
 B  b 2 x  C  abx  0 делением на b 2 x
2
x
 a x 
a


A       B  C     0, b  0 ,
 b  
b


x
a
а затем заменой    y , y  0 , сводят к квадратному уравнеb
2
нию Ay  Cy  B  0.
Пример 4. Решить уравнение
3  16 x  2  81x  5  36 x .
Решение.
3  4 x  2  9 2 x  5  4 x  9 x.
Разделим почленно уравнение на 9
4
3 
9
2x
2x
x
4
 2  5  .
9
x
4
Обозначим    y ,
9
3 y2  2  5 y ,
y  0 , тогда
3y2  5 y  2  0 ,
5  25  24 5  1
y1,2 

,
6
6
4 2
y1  1 , y2   .
6 3
x
4
Если y  1,то    1 , x  0 ,
9
x
2 2
4
2
если y  , то    ,  
3 3
3
9
Ответ: x  0 или
x
1
.
2
2x
1
1
2
   , 2x  1 , x  .
2
3
3.2. Логарифмические уравнения
Логарифмом положительного числа b по основанию a , a  0 ,
a1
называется показатель степени, в которую надо возвести a , чтобы полуlog b
чить число b . Обозначается log a b и по определению a a  b. Если основание логарифма a  10 или a  e,то употребляется специальная запись: lg b  log 10 b – десятичный логарифм, ln b  loge b – натуральный
логарифм.
Функция y  log a x называется логарифмической, она является обx
ратной функцией для показательной функции y  a , a  0 , a  1.
Свойства логарифмической функции:
1) область определения – множество всех положительных чисел,
x  0;
2) область значений – множество всех действительных чисел, y  R ;
3) если x  1, то log a x  0 ;
4) если a  1, x1  x2 , то log a x1  log a x2 , где x1  0 , x2  0;
5) если 0  a  1, x1  x2  x1  0 , x2  0 , то loga x1  loga x2 ;
6) если x1  x2 , то log a x1  log a x2 .
Свойства логарифмов:
1) log a a  1, a  0 , a  1;
2) log a b  c   log a b  log a c , a  0 , b  0 , c  0 , a  1;
b
c
n
4) loga b  n  loga b;
logc b
5) log a b 
, a  0 , b  0 , c  0 , a  1, c  1;
logc a
n
6) log a b  log a n b ;
3) log a    log a b  log a c , a  0 , b  0 , c  0 , a  1;
 
 1 1
 
7) log n b   log a b n  log a b .
a
  n
 
Уравнения, содержащие переменную под знаком логарифма, называются логарифмическими. Простейшие логарифмические уравнения –
уравнения вида log a x  b , a  0 , a  1, x  0 , решением которых являет-
ся x  a . Уравнения вида loga f  x   loga   x , где f  x   0 ,  x   0 ,
равносильны уравнению f  x     x . При решении уравнений, содержащих логарифмы в показателе степени, бывает полезно прологарифмировать обе части уравнения по основанию этого логарифма. Следует
заметить, что при решении логарифмических уравнений надо указывать
область допустимых значений переменной.
b
Пример 5. Решить уравнение




lg 2  lg 4 x  2  9  1  lg 2 x  2  1 .
Решение. Область допустимых значений x  R .

Так как 1  lg 10, то lg 2  lg 4
x2



 9  lg 10  lg 2 x  2  1 .
По второму свойству логарифмов
 
2 4

 
 ;
lg 2 4 x  2  9  lg 10 2 x  2  1



  2   18  10  2  2
x2
2  42
 9  10  2 x  2  1 ;
x 2
x
2
 10.
x
Обозначим 2  y , y  0 , тогда
2
10
 y 2  18 
 y  10 ,
16
4
1 2
5
y  18  y  10 ,
8
2
y 2  20 y  64  0.
По теореме Виета y1  16 , y2  4.
x
4
Если y  16 , то 2  16  2 , x  4 ;
x
2
если y  4 , то 2  4  2 , x  2.
Ответ: x  4 или x  2.
Замечание. При решении показательных и логарифмических уравнений полезно сделать проверку.
Пример 6. Решить уравнение
log x 8  log4 x 8  log2 x 16.
Решение. Областью допустимых значений является решение системы неравенств
x  0
x  1

1
1 1
1
, то есть x   0;    ;    ; 1  1;.

 4 4 2 2 
4 x  1

2 x  1
Поскольку 8 и 16 являются степенями двойки, то переходим к логарифмам по основанию 2:
log2 8 log2 8
log2 16


,
log2 x log2 4 x log2 2 x
3
3
4


.
log2 x log2 4  log2 x log2 2  log2 x
Обозначим log 2 x  y , y  0 , y  2 , y  1, тогда
3
3
4


,
y 2  y 1 y
32  y 1  y   3 y1  y   4 y2  y ,
3 y2  9 y  6  3 y2  3 y  4 y2  8 y,
6 y  6  4 y2  8 y,
4 y2  2 y  6  0,
 1  1  24  1  5

,
4
4
6
3
y1     , y 2  1.
4
2
y

3
3
Если y   , то log2 x   , x  2
2
2
если y  1, то log 2 x  1, x  2.
Ответ:
x
2
4
или x  2.
Пример 7. Решить уравнение
3
2

1
23

1
2 2

2
;
4


lg 2 x  x 2  64  x1  lg 5 .
Решение. Областью допустимых

x

2
значений является решение
неравенства 2  x  64  0. Поскольку решить такое неравенство
трудно, то после решения уравнения сделаем проверку и посмотрим,
удовлетворяют ли корни уравнения области допустимых значений
2 x  x 2  64  10 x1lg 5  ;
2 x  x 2  64  10 x  10  x lg 5.
Поскольку  x lg 5  lg 5
x
, то
x
2 x  x 2  64  10 x  10lg 5 ;
2 x  x 2  64  10 x  5  x ;
2 x  x 2  64  2 x  5 x  5  x ;
2 x  x 2  64  2 x ; x 2  64  0 ;
x1  8 ; x2  8.
Проверим, принадлежат ли корни области допустимых значений.
x
2
Если x  8 , то 2  x  64  2
8
  8 2  64  2  8  0; если x  8, то
2 x  x 2  64  28  8 2  64  28  0. Оба корня удовлетворяют области
допустимых значений.
Ответ: x  8 или x  8.
Пример 8. Решить уравнение
log 32 x
3
 xlog 3 x  162.
Решение. Область допустимых значений x  0.
3

log 3 x log 3 x
 x log 3 x  162;
x log 3 x  x log 3 x  162;
2 x log 3 x  162; x log 3 x  81.
Прологарифмируем обе части равенства по основанию 3:
log 3 x log 3 x  log 3 81;
log3 xlog3 x  log3 34 ;
log32 x  4 , log3 x  2.
2
Если log3 x  2 , то x  3  9; если log3 x  2 , то x  3
2
Оба корня удовлетворяют области допустимых значений.
Ответ: x  9 или x 
1
 .
9
1
.
9
4. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ТОЖДЕСТВА И УРАВНЕНИЯ
Тригонометрическими называются уравнения и тождества, содержащие неизвестную величину под знаком тригонометрической функции:
синуса, косинуса, тангенса, котангенса, секанса, косеканса. Для решения
такого рода уравнений и доказательства тождеств необходимо знать довольно большое число формул. Приведем некоторые из них:
1 sin 2   cos 2   1;
sin 
1
2  tg 2 

;
cos  ctg
3  sin  
2
tg 2
1

;
1  ctg 2 1  tg 2
1
4  cos 2  
;
1  tg 2
5  cos     cos   cos   sin   sin  ;
6  sin     sin   cos   cos   sin  ;
7  cos     cos   cos   sin   sin  ;
8  sin     sin   cos   cos   sin  ;
tg  tg
9  tg     
;
1  tg  tg
tg  tg
10  tg     
;
1  tg  tg
2tg
11 sin 2  2 sin   cos  
;
2
1  tg 
1  tg 2
12  cos 2  cos   sin  
;
2
1  tg 
2
2
13 tg 2 
2tg
1  tg 2
;
14  2 cos 2   1  cos 2 ;
15  2 sin 2   1  cos 2 ;
1  cos 2
;
1  cos 2
1
17  sin   cos   sin     sin    ;
2
1
18  cos   cos   cos     cos    ;
2
1
19  sin   sin   cos     cos     ;
2


20  sin   sin   2 sin
cos
;
2
2


21 sin   sin   2 cos
sin
;
2
2


22  cos   cos   2 cos
cos
;
2
2
16  tg  
23 cos   cos   2 sin

2
sin

sin   
;
cos   cos 
sin   
25 tg  tg 
.
cos   cos 
2
 2 sin

2
sin
 
2
;
24  tg  tg 
Для доказательства тождеств, кроме этого, необходимо знать формулы приведения и значения тригонометрических функций некоторых
углов. Данные указаны в табл. 4.1 и 4.2.
Таблица 4.1
Значение угла

0
sin 
0
Значение функции
cos 
1
tg
ctg
0
не
существует
 
30 
6 
 
45 
4
 
60 
3
 
90 
2
1
2
2
2
3
2
1
3
2
2
2
1
2
0
3
3
1
3
не
существует
3
1
3
3
0
Таблица 4.2
Значение угла
sin
cos
1
2
3
-
90  


  
2

Функции
tg
ctg
4
5
- sin 
cos 
- tg
- ctg
cos 
sin 
ctg
tg
Продолжение табл. 4.2
1
90  


  
2

180  
   
180  
   
270  
 3

 

 2

2
3
4
5
cos 
- sin 
- ctg
- tg
sin 
- cos 
- tg
- ctg
- sin 
- cos 
tg
ctg
- cos 
- sin 
ctg
tg
270  
 3

 

 2

360  k  
2k   
360  k  
2k   
- cos 
sin 
- ctg
- tg
- sin 
cos 
- tg
- ctg
sin 
cos 
tg
ctg
Пример 1. Доказать тождество
sin 3   1  ctg    cos 3   1  tg    sin   cos  .
Доказательство. Преобразуем левую часть равенства:
sin 3   1  ctg   cos 3   1  tg  
sin  
 cos  

3
 sin 3    1 
  cos    1 

sin  

 cos  
 sin 3   sin 2   cos   cos 3   cos 2   sin  
 sin 2   sin   cos    cos 2   cos   sin   


 sin   cos    sin 2   cos 2   sin   cos  .
Левая часть равна правой: sin  cos   sin  cos  .
Тождество доказано.
Пример 2. Доказать тождество
1  cos2     cos4     cos6  2  
 4 cos   cos 2  cos 3 .
Доказательство. Преобразуем левую часть равенства, используя
формулы приведения:
1  cos2     cos4     cos6  2  
 1  cos 2  cos 4  cos 6  1  cos 6   cos 2  cos 4  
 2 cos 2 3  2 cos 3  cos   2 cos 3  cos 3  cos   
 2 cos 3  2 cos 2  cos   4 cos   cos 2  cos 3
Тождество доказано.
Для решения простейших тригонометрических уравнений вида
sin f x   a , cos f ( x )  a , tgf  x   a , ctgf  x   a необходимо
уметь правильно записать результат.
Если sin x  a, то
1) для a  1 решения не существует;
2) a  1, x 

2
 2n , n  Z ;
3) a  1, x  

 2n , n  Z ;
2
4) a  0 , x  n , n  Z ;
5) a  1, a  0 , x   1  arcsin a  n , n  Z .
n
Если cos x  a,то
1) для a  1, решения нет;
2) a  1, x  2n , n  Z ;
3) a  1, x    2n , n  Z ;

 n , n  Z ;
2
5) a  1, a  0 , x   arccos a  2n , n  Z .
4) a  0 , x 
Если tgx  a , то x  arctg a  n , n  Z .
Если ctg x  a , то x  arcctg a  n , n  Z .
Пример 3. Решить уравнение
3
 x 
sin   
.
 4 3 2
Решение.
 3
x
n
  n , n  Z ;
  1 arcsin 
4 3
2


 x
n  
   1     n;
4 3
3
x

n 
   1   n  ;
3
3
4


x

n 1 
  1    n;
3
3 4
3
n 1
x   1   
 3n.
4
Ответ :
x   1
n 1
 
31  4  
,nZ.
4
Замечание. При записи результата решения этого примера можно
было записать вместо  3n  значение  3n  , поскольку n  Z .
Уравнения, содержащие выражение a  sin  b  cos  , могут быть
преобразованы к более удобному для решения виду. Если множители a
и b одновременно не равны нулю, то


a
b
a  sin   b  cos   a 2  b 2  
 sin  
 cos  .
2
2
a 2  b2
 a b

a
a
 sin  ,
Если теперь принять
 cos  ,
2
2
2
2
a b
a b
то получим
a  sin α  b  cos α  a 2  b 2  cos  sinα  sin  cosα  
 a  b sinα    .
2
2
.
Пример 4. Решить уравнение
3  sin x  cos x  1 .
Решение. Преобразуем левую часть уравнения:
 3

1
3 sin x  cos x  3  1
sin x 
cos x  
4
 4

 3

1




 2  
sin x  cos x   2   cos  sin x  sin  cos x  
2
6
6


 2



 2  sin x  ;
6



1

2  sin x    1; sin x    ;
6
6 2



 1
x    1n  arcsin   n , n  Z;
6
2
x   1n 

6
 n -

6
π 6 n  1
n π
, n  Z.
Ответ: x   1  
6
6
n
n 1
Уравнения вида a0  sin x  a1  sin
x  cos x  ... an 1 sin x  cos n 1 x 
 an  cos n x  0 называются однородными. Решениями уравнения не
являются ни значения х , при которых sin x = 0; ни значения, для которых cos x = 0. Поэтому, разделив левую и правую части уравнения почленно на cosn x , получаем уравнение относительно tg x:
a0  tg n x  a1  tg n1 x  ...  an1  tg x  an  0 .
Обозначив tg x = y , получаем алгебраическое уравнение
a0  y n  a1  y n1  ... an1  y  an  0 .
Пример 5. Решить уравнение
sin 4 x  2 sin 3 x  cos x  2 sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  cos 3 x  cos 4 x  0 .
4
Решение. Разделим почленно на cos x :
tg4 x + 2 tg3 х + 2 tg2 х + 2 tg х + 1 = 0.
Обозначим tg х = у , тогда
у4  2 y3  2 y2  2 y  1  0 ;
y4  2 y3  y2  y2  2 y  1  0 ;

 

y2 y2  2 y  1  y2  2 y  1  0 ;
y 2  y  12   y  12  0 ;
 y  12  ( y 2  1 )  0.
Произведение сомножителей равно нулю, если хотя бы один из них
2
равен нулю. Поскольку y  1  0 при всех действительных значениях
у, то
(у + 1) 2 = 0, откуда у = -1 и tg х = -1.

x    n , n  Z .
4
Ответ: x  

4
 n , n  Z .
Из всевозможных способов решения тригонометрических уравнений укажем еще один, применяемый довольно редко. Если имеется рациональное тригонометрическое уравнение, то заменой
1  t2
2t
1  t2
x
2t
,tg x 
, ctg x 
,
tg  t, sin x 
, cos x 
2t
2
1  t2
1  t2
1  t2
уравнение сводится к рациональному уравнению относительно t. При
этом следует проверить не являются ли x  2n  1  , n  Z корнями исходного уравнения.
Пример 6. Решить уравнение
4 sin x + 3 cos х = 2.
Решение. Данное уравнение можно решить несколькими способами.
Один из них разобран в примере 4. Рассмотрим способ решения, ис-
x
2t
1  t2
пользующий замену tg  t , sin x 
,cos x 
.
2
1  t2
1  t2
2t
1t2
4
 3
 2;
1 t2
1 t2




8t  3 1  t 2  2 1  t 2 ;
8t  3  3t 2  2  2t 2 ;
 5t 2  8t  1  0 ;
5t 2  8t  1  0 ;
4  16  5
4  21
4  21
; t1 
; t2 
;
5
5
5
 4  21 
x 4  21 x
  π n , n  Z ;
tg 
;  arctg 
2
5
2
5


t
 4  21 
  2πn , n  Z ;
x  2 arctg 
5


 4  21 
x 4  21 x
  πk , k  Z ;
tg 
;  arctg 
2
5
2
5


 4  21 
  2πk , k  Z .
x  2 arctg 
5


4
Ответ: x  2 arctg 


21 
  2πk ,
5

k Z.
5. НАХОЖДЕНИЕ НАИБОЛЬШЕГО И НАИМЕНЬШЕГО ЗНАЧЕНИЯ
ФУНКЦИИ НА ОТРЕЗКЕ
Пусть функция f (x) определена и непрерывна на отрезке [а, b] и
имеет на данном отрезке конечное число критических точек (точек, в которых производная обращается в нуль или не существует). Тогда функция на отрезке [а, b] достигает своего наибольшего (соответственно,
наименьшего) значения либо на одном из концов этого отрезка, либо в
критической внутренней точке этого отрезка. Чтобы найти наибольшее и
наименьшее значения функции на отрезке [а, b] следует:
1) найти значения функции на концах отрезка, то есть вычислить f(а)
и f (b);
2) с помощью производной f '(x) найти критические точки, принадлежащие интервалу (а, b), и вычислить в них значение функции;
3) из всех полученных значений функции выбрать наибольшее и
наименьшее.
Пример 1. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
y  x 4  8 x 2  9 на отрезке  1;1 .
Решение. Найдем значение функции на концах отрезка
y 1   1  8   1  9  1  8  9  16 ;
4
2
y1  14  8  12  9  16.
Функция определена и непрерывна на отрезке;  1;1. Определим критические точки
y  4 x 3  16 x; y  0  4 x 3  16 x  0;


4 x  x 2  4  0; 4 x   x  2    x  2   0;
x1  0 , x2  2 , x3  2.
Отрезку принадлежит только значение х = 0. Найдем значение функции в этой точке:
y 0   0 4  8  0 2  9  9.
Ответ: из полученных значений y 1  16 , y0   9 , y1  16
наибольшим является y0   9 , а наименьшим y 1  16.
Пример 2. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
у = sin х + cos 2 х на отрезке 0;  .
Решение. Вычислим значения функции на концах отрезка
у(0) = sin 0 + cos 0 = 1, у ( ) = sin  + cos 2  = 1.
Определим критические точки
y  cos x  2 sin 2 x, y  0  cos x  2 sin 2 x  0.
Решим полученное тригонометрическое уравнение
cos x  2  2 sin x  cos x  0;
cos x1  4 sin x   0 ,cos x  0 или 1  4 sin x  0;

cos x  0 , x   n , n  Z . В интервал 0;  попадает лишь значе2

ние x  .
2
1
1
1  4 sin x  0 ; sin x  ; x   1n arcsin  πn, n  Z . В интервал
4
4
1
1
0;  попадают значения x  arcsin , x  π  arcsin .
4
4
Найдем значения функции в критических точках
π
 π
y   sin  cos π  1  1  0;
2
2
1
1 
1 1 7 9



y arcsin   sin  arcsin  cos 2 arcsin     ;
4
4 
4 4 8 8



1
1
1



y π  arcsin   sin π  arcsin   cos 2π  2 arcsin  
4
4
4



1
1 9


 sin arcsin   cos 2 arcsin   .
4
4 8


 
Ответ: среди полученных значений y0   1, y   1, y   0 ,
2
9
1 9
1


y arcsin    y π- arcsin  наибольшим является y  , а
8
4 8
4


наименьшим  y  0.
Замечание. При решении примера 2 были использованы формулы:
sinarcsin x   x , cosarccos x   x , cosarcsin x    1  x 2 ,
cos 2  cos 2   sin 2  .
6. РЕШЕНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
Уравнение, содержащее неизвестное под знаком радикала, называется иррациональным. Решение иррациональных уравнений сводится к
переходу от иррационального к рациональному уравнению путем возведения в степень обеих частей уравнения или замены переменной. При
возведении обеих частей уравнения в четную степень возможно появление посторонних корней, поэтому следует проверять корни подстановкой в исходное уравнение.
При решении уравнений необходимо учитывать следующее:
1) если показатель радикала четное число, то подкоренное выражение должно быть неотрицательно, при этом значение радикала также
является неотрицательным;
2) если показатель радикала нечетное число, то подкоренное выражение может быть любым действительным числом, в этом случае знак
радикала совпадает со знаком подкоренного выражения.
Пример 1. Решить уравнение
3x  4  x  4  2 x .
Решение. Найдем область допустимых значений переменной. Поскольку корни четной степени, то подкоренные выражения должны быть
неотрицательны
4

x


3 x  4  0 
3


x  4  0 ; x  4
x  0
x  0



Решение данной системы неравенств x  [ 4; ) есть область допустимых значений переменной (или область определения уравнения).
Возведем обе части уравнения в квадрат

3x  4  x  4

2

 2 x

2
;
3 x  4  x  4   x  4  4 x ;
4 x  2  3 x  4  x  4   4 x; 2  3 x  4  x  4   0;
3 x  4  x  4   0 3 x  4  0 или x  4  0;
3x  4  2 
4
, x 2  4.
3
4
Значение x1  
не входит в область допустимых значений, поэтому
3
x1  
является посторонним корнем для исходного уравнения.
Проверим, удовлетворяет ли х = 4 уравнению, для этого подставим
х =4 в уравнение:
3x  4  x  4  2 x ;
34  4  4  4 
16  4;2 4  4.
4 = 4, поэтому х = 4 - корень исходного уравнения.
Ответ: х = 4.
Пример 2. Решить уравнение
x  1  4 x  13  3 x  12 .
Решение. Допустимые значения переменной должны удовлетворять
системе неравенств
x  1  0

4 x  13  0;
3 x  12  0

 x  -1

 x  -13 / 4  x  -1.
x  - 4

Областью допустимых значений являются x  [ 1; ). Возведем
левую и правую части уравнения в квадрат

x  1  4 x  13
 
2
3 x  12

2
;
x  1 4 x  13  4 x  13  3 x  12;
5 x  14  2  x  1 4 x  13  3 x  12;
2   x  1 4 x  13  2 x  2;
x  1 4 x  13   x  1.
x 1 2
Вновь возведем левую и правую части уравнения в квадрат

x  1 4 x  13 2   x  1 2 ;
x  1 4 x  13  x 2  2 x  1;
4 x 2  4 x  13x  13  x2  2 x  1;
3 x 2  15 x  12  0;
x 2  5 x  4  0.
Корни могут быть найдены по теореме Виета x1  x2  4 , x1  x2  5 ,
откуда x1  4 , x2  1.
Корень x1  4 не входит в область допустимых значений, то есть
является посторонним корнем для исходного уравнения. Проверим корень x2  1, подставив его в уравнение
x  1  4 x  13 
3 x  12 ;
 1  1  4   1  13  0 
3   1  12 
Ответ: x  1.
9  3;
9  3; 3 = 3.
x  1 4 x  13   x  1, можно
Замечание: Получив выражение
было заметить, что должно выполняться неравенство  x  1  0 или
x  1. Совмещая эти значения с областью допустимых значений, где
x  1, получаем единственно возможный корень x  1, который и надо
было проверить.
Пример 3. Решить уравнение
18  7 x  x 2
8  6 x  x2
13


6
8  6 x  x2
18  7 x  x 2
Решение. При решении этого уравнения можно сразу ввести замену
переменной, обозначив один их корней за у, а другой за
1
. Можно идy
ти и традиционным путем, начиная с области допустимых значений.
Областью допустимых значений является решение системы неравенств
18  7 x  x 2
  x  2 x  9 

0

 x  2 x  4   0
2
 8 6x  x



2
 8 6x  x
 x  2 x  4   0
0


  x  2 x  9 
18  7 x  x 2
Поскольку x  2, x  4 , x  9 , то уравнение может быть записано в
виде
 x  9 

x  4 
x  4 
 x  9 

13
,
16
тогда область допустимых значений удовлетворяет системе
  x  9 
0

 x  4 
 x  2 , x  4 , x  9

  x  9   x  4   0

 x  2 , x  4 , x  9
Решим неравенство методом интервалов (рис. 6.1.)
Рис. 6.1 .
Область допустимых значений x   9;2   2;4 .
Обозначим
y
 x  9 
 y , где у > 0, тогда
x4
x  4   1 .
 x  9  y
1 13
 ; 6 y 2  6  13 y ; 6 y 2  13 y  6  0;
y 6
13  169  4  36 13  25 13  5


;
12
12
12
18 3
8
2
y1 
 ; y2 
 .
12 2
12 3
y
Пусть
 x  9  3
 .
x  4  2
3
y  , тогда
2
 x  9  9
 ;  4   x  9   9 x  4 ;
x  4  4
 4 x  36  9 x  36  0;  13x  0; x  0.
2
 x  9  2
Пусть y  , тогда
 .
3
x  4  3
 x  9  4
 ;  9 x  9   4  x  4 ;
x4
9
 9 x  81  4 x  16  0;  13x  65; x  5.
Оба корня х = 0 и x  5 принадлежат области допустимых значений. Выполним проверку.
Если х = 0, тогда
18  7  0  0 2
8  6 0  02
Если

8  6 0  02
18  7  0  0 2

18
8
9
4 3 2 13



   .
8
18
4
9 2 3 6
x  5, тогда
18  7   5    5 2
8  6   5    5 2

8  6   5    5 2
18  7   5    5 2
Ответ: x  0 , x  5.
Пример 4. Решить уравнение

28 63 4 9 2 3 13

     .
63 28 9 4 3 2 6
x  4 x 2  15 .
x  x 2  15  2 
Решение. Допустимыми значениями переменной являются х  0.
Обозначим y 
x
4
x 2  15 , где у

0. Уравнение примет вид
y 2  2  y ; y 2  y  2  0.По теореме Виета y1  2; y 2  1, где
y 2  1 – посторонний корень, не удовлетворяющий ограничению у  0.
Если у = 2, тогда
x
x  4 x 2  15  2;


x 2  15  4 ; x 2  x 2  15  16 ;
x 4  15 x 2  16  0.
Полученное биквадратное уравнение сведем к квадратному заменой
t  x 2 , где t  0
t 2  15t  16  0
По теореме Виета t1  16 ,t 2  1. Поскольку t  0 , то t1  16 –
посторонний корень. Если t = 1, то х2 = 1, откуда x1  1, x2  1. Но
x2  1 не входит в область допустимых значений, поэтому х = 1. Сделаем проверку.
1  12  15  2  16  2  4  2  2;
1  4 12  15  4 16  2; 2  2.
Ответ: х = 1.
Пример 5. Решить уравнение
x  2  x  1  x  2  x  1  x  1.
Решение. Допустимые значения неизвестного удовлетворяют
условиям
x  1  0

 x  2  x  1  0;

x  2  x  1  0
x  1

x  2  x  1  0

x  2  x  1
Второе неравенство справедливо для x  1, при этих же значениях
переменной левая и правая части третьего неравенства неотрицательны, поэтому его можно решить возведением в квадрат:

x2  2  x  1

x 2  4 x  4  0;
2
; x 2  4  x  1 ;
x  2 2  0.
Неравенство выполняется для любых действительных значений переменной. Таким образом, областью допустимых значений переменной являются x 1;. Возведем в квадрат левую и правую часть уравнения:
 x  2
x 1  x  2 x 1



2
 x  1 ;
2

x  2 x  1  2 x  2 x  1 x  2 x  1  x  2 x  1  x 2  2 x  1;
2 x  2 x 2  4 x  1  x 2  2 x  1;
2 x 2  4 x  4  x 2  4 x  1;
2
x  22
 x 2  4 x  1;
2 x  2  x 2  4 x  1.
Если x  2 , то 2 x  2   x  4 x  1;
2
2 x  4  x 2  4 x  1; x2  6 x  5  0.
По теореме Виета х1 = 5, х2 = 1. Условию x  2 удовлетворяет
только значение х = 5.
Если х < 2, то 22  x   x  4 x  1;
2
4  2 x  x2  4 x  1; x2  2 x  3  0.
По теореме Виета x1  3, x2  1. Первое из значений (х = 3) не
удовлетворяет условию х < 2, второе значение ( x  1 ) не принадлежит
области допустимых значений, поэтому оба значения (х = 3) и ( x  1 )
не являются корнями уравнения. Выполним проверку для х = 5.
5  2 5  1  5  2 5  1  5  4  5  4  9  1  3  1  4;
5  1  4; 4  4.
Ответ: х = 5.
Замечание. Возможен другой вариант решения: в исходном уравнении подкоренные выражения являются полными квадратами; обозначив
x  1  y , y  0 , получим х = 1 + у2 , и уравнение принимает вид
1  y2  2 y  1  y2  2 y  y2 ;
1  y 2  1  y 2  y 2 или 1  y 2   y  12  y 2 .
Если 0  y  1, то 1  y   1  y   y 2 ; y 2  2; y   2 . – оба
значения не удовлетворяют условию 0  y  1. Если y  1, то
1  y    y  1  y 2 ;
2 y  y 2 ; у1 = 0 ; у2 = 2. Условию y  1 удовле-
творяет значение у = 2, откуда x  1  2; x  1  4; x  5. Остается лишь выполнить проверку.
В некоторых случаях решение может быть получено дополнением
уравнения до формул сокращенного умножения (разности квадратов и
кубов, суммы кубов). При этом используется известное правило, что
уравнение не изменится , если левую и правую его части умножить на
одно и тоже отличное от нуля выражение.
Пример 6. Решить уравнение
3
x  3 x  1  3 x  2  0.
Решение. Областью допустимых значений являются все действительные значения переменной. Запишем уравнение в виде
3
x  3 x  2  3  x  1 ,
и домножим левую и правую части на неполный квадрат разности так,
чтобы в левой части получить формулу суммы кубов:
3 x  3 x  2   3 x 2  3 xx  2  3 x  22  
x  1 3 x 2  3 x x  2   3  x  2 2  .


2
2
Заметим, что а - аb + b > 0 для любых действительных значений a

3
и b, следовательно, обе части уравнения умножены на одно и то же положительное выражение:
3
x   x  2   3 x  1   x 2  3 x x  2   3  x  2 2  ;


3
2x  1  3 x  1   x 2  3 xx  2   3 x  2 2  ;


2x  1  3 x  1   3 x 2  3 xx  2   3 x  2 2   0;


3
3
x  1   2  3 x  12  x 2  3 xx  2  3 x  22   0.


Произведение сомножителей равно нулю тогда и только тогда, когда
хотя бы один из сомножителей равен нулю. Второй из сомножителей не
может обращаться в ноль, так как
2  3 x  12  0;
3
x 2  3 xx  2  3 x  22  0
для любых действительных значений х, поэтому
3
x  1  0 , x  1.
Сделаем проверку.
3
 1  3  1  1  3  1  2  3  1  3 1  1  1  0.
Ответ:
x  1.
7. ПОСТРОЕНИЕ ОБЛАСТИ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ НЕРАВЕНСТВ
НА ПЛОСКОСТИ ХОУ
Пусть дано неравенство f (x, y)  0, где f (x,y) – некоторая функция.
Пара чисел x0 , y0 называется решением неравенства, если при под-


становке в неравенство вместо x и y соответственно x0 и y0 получается
верное числовое неравенство. Решить неравенство – означает найти
все решения этого неравенства.
Если на плоскости задана прямоугольная декартова система координат, то совокупность точек x0 , y0 , представляющих решения неравенства, образует некоторую область. Изображение на плоскости данной области называется графическим решением неравенства. Для построения
области решения неравенства f (x,y)  0 (или f (x,y) >0) следует:
1) построить границу области – график функции f (x,y) = 0;
2) определить точки, удовлетворяющие неравенству, для чего выбрать любую точку плоскости, не принадлежащую границе, и подставить
ее координаты в исходное неравенство. Если получено верное числовое
неравенство, то все точки плоскости, лежащие с этой же стороны границы, являются решениями неравенства. В противном случае, решениями
будут точки по другую сторону границы;
3) заштриховать область решения неравенства;
4) изобразить границу пунктирной линией, если неравенство строгое
 f x , y   0  , если же неравенство нестрогое f x, y  0 , – сплошной,


 


поскольку в этом случае точки, принадлежащие границе области, также
являются решениями неравенства.
Пример 1. Построить область решения неравенства 2 x  y  0.
Решение. Строим границу области график функции 2х + у = 0. Графиком
данной функции является прямая, проходящая через точки (0; 0) и (1; -2). Выберем на плоскости произвольную точку,
не принадлежащую прямой 2х + у = 0,
например точку (1;1). Поставим координаты этой точки в исходное неравенство
2х+у  0, получим 2  1  1  0 или 3  0
– верное числовое неравенство. Это означает, что
Рис. 12
Рис.
7.1
областью решения неравенства являются все точки, расположенные
по ту же сторону границы. Заштрихуем область.
Поскольку неравенство нестрогое, то границу изображаем сплошной
линией (рис.7.1.).
Если дана система неравенств
 f1( x , y )  0
 f ( x, y )  0
 2

.......... ........

 fn( x, y )  0,
то областью решения системы неравенств на плоскости ХОУ будут точки, координаты которых являются одновременно решением каждого из
этих неравенств. Для построения области решения системы неравенств
строят области решения каждого из неравенств и штрихуют область,
общую для всех неравенств. Если такая область отсутствует, то система
не имеет решения.
Пример 2. Построить на плоскости ХОУ область решения системы
неравенств:
x  y 2

 x  y  2.
Решение. Рассмотрим каждое из неравенств в отдельности и построим их
области решения. Границей неравенства
x  y 2 является парабола х = у2 с вершиной в точке (0;0) и осью симметрии ОХ, ветви направлены в сторону возрастания переменной Х. Для
случайно выбранной точки плоскости (1;0), не принадлежащей границе
области, неравенство x  y 2 выполняется ( 1  0 – верное числовое неравенство), следовательно, решением неравенства будут все точки, лежащие “внутри” параболы (рис. 7.2).
Граница неравенства х + у < 2 – прямая х + у = 2, проходящая через
точки
Рис. 7. 2
(0; 2) и (2; 0).
Произвольно выбранная точка (0; 0)
удовлетворяет неравенству
(0 <
2 – верное числовое неравенство), поэтому областью решения неравенства
будут точки плоскости, лежащие “ниже”
прямой х + у = 2. Неравенство строгое,
поэтому границу изображаем пунктирной
линией (рис.7.3). Совместив эти два рисунка, получим область решения системы неравенств (рис.7.4).
Рис. 7.3
Рис. 7.4
Если неравенства, входящие в систему, содержат знак абсолютной
величины, то для построения области надо раскрыть знак модуля и построить области решений, полученных при этом неравенств. По определению абсолютной величины
a , если а  0
a 
 а , если а  0 .
Если a  b , где b  0 , то  b  a  b , если a  b , где b  0 , то реше-
ний нет. Если
a  b,
где b  0 , то a  b или a  b; если a  b , где
b  0 , то неравенство выполняется для любых значений а.
В ряде случаев, исходя из определения абсолютной величины, удобно не раскрывать модуль, а построить первоначально график функции, не содержащий знака модуля, а затем выполнить симметричные
отображения.
Построение графика функции у = |f (x)| .
Строим график функции у = f (x), оставляем часть графика, лежащую выше оси ОХ, а часть графика, расположенную ниже оси ОХ, симметрично отображаем относительно оси абсцисс.
Аналогично выполняется построение графика x    y  .
Пример 3. Построить график функции
y  x2  4 x  5
2
Решение. Графиком функции y  x  4 x  5 является парабола c
вершиной в точке 2;9 , осью симметрии, параллельной оси ОУ, ветви параболы направлены вверх. Точка пересечения с осью ОУ 0;5 ; точки пересечения с осью ОХ 5;0  и  1;0 . Часть графика, расположенная ниже оси ОХ, симметрично отображается относительно
оси абсцисс. На рис. 7.5 график функции
y  x 2  4 x  5 изображен сплошной линией.
Построение графика функции
у = f ( | x| ) (f ( | x| , y) = 0).
Рис. 7.5
Строим график функции у = f (x), оставляем часть графика, соответствующую значениям x  0 , и симметрично отображаем ее относительно оси ОУ.
Пример 4. Построить график функции
x
y2 .
Решение. Строим график показательной функции у = 2х, оставляем
часть графика, соответствующую неотрицательным значениям х, и симметрично отображаем ее относительно оси ОУ. На рис. 7.6 график изображен сплошной линией.
Построение графика функции х = f ( | у| ) (f (х, | у|) = 0).
Строим график функции х = f (у), оставляем часть графика, соответствующую значениям x  0 , и симметрично отображаем ее относительно оси ОХ.
Пример 5. Построить график функции
y  x2  4 x  5 .
Рис. 7.6
Рис. 7.7
2
Решение. Строим график параболы y  x  4 x  5 ,описанный в
примере 3. Оставляем часть графика, соответствующую неотрицательным значениям у, и симметрично отображаем ее относительно оси ОХ.
2
y  x  4 x  5 изображен на рис. 7.7 сплошной
График функции
линией.
Построение графика функции f (| x|, | y|) = 0.
Для построения этого графика последовательно строят графики
функций f (x, y) = 0, f (| x|, y) = 0 и f (| x|, | y|) = 0.
Пример 6. Построить график функции
x  y  1.
Решение. Графиком функции х + у = 1 является прямая, проходящая через точки (0; 1) и (1; 0). Чтобы построить график функции
| х | + у = 1, оставим часть прямой, соответствующую значениям
x  0, и отобразим ее симметрично оси ОУ. Затем, для полученного графика, оставим часть, соответствующую значениям
отобразим ее относительно оси ОХ. Таким образом будет построен график
функции x  y  1 . На рис. 7.8
график функции (квадрат) изображен
сплошной линией.
Замечание. Нетрудно видеть, что всякое
уравнение вида
x  y  a,
y  0,
и
где а > 0,
определяет квадрат с центром в начале
координат и вершинами в точках (а; 0),
(-а; 0), (0; а) и (0; -а). Уравнение вида
определяет
x  x0  y  y0  a , a  0 ,
смещенный относительно начала координат квадрат с центром в точке  x0 , y0 
Рис. 7. 8
и вершинами в точках  x0 , y0  a ,  x0 , y0  a ,  x0  a , y0  и  x0  a , y0  .
y  1  x  2  3 является квадрат с
центром в точке 2;1 и вершинами в точках 2;2 , 2;4 ,  1;1 и
Например, графиком функции
5;1 .
Пример 7. Построить на плоскости ХОУ область решений системы
неравенств.
x y 1

y  x x .
 y  2

Решение. Рассмотрим неравенство
x  y  1. По определению модуля неравенства
Рис. 7. 9
a  b, b  0
равносильны
двойному неравенству  b  a  b. Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству  1  x  y  1.
Границей области решений являются
прямые x  y  1 , а областью решений
– точки, лежащие между этими прямыми
и принадлежащие прямым (рис. 7.9).
Рассмотрим неравенство y  x x
и построим график функции y  x x . По определению модуля
-2
2

 x , если x  0
y xx 
2

 x , если x  0.
Построим параболу у = х2 для х  0 и параболу у = - х2 для х< 0,
тем самым получим график функции y  x x . Поскольку y  x x ,
то областью решения неравенства являются точки, расположенные ниже графика функции (рис. 7.10).
Рис. 7.10
Рис. 7.11
Неравенству у > -2 удовлетворяют точки, лежащие выше прямой
у = -2. Точки прямой не входят в область решения неравенства. Окончательно получаем область решения системы неравенств (рис. 7.11).
8. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
Решение геометрических задач требует четкости в рассуждении, понимания логических связей между различными вопросами, знания
большого набора определений и теорем. Каждая геометрическая задача
содержит в своем решении доказательство тех или иных фактов и вычисление некоторых элементов. Стереометрические задачи требуют
также пространственного воображения, умения представлять себе рассматриваемые тела в пространстве. При использовании тех или иных
утверждений должны быть указаны ссылки на соответствующие теоремы или определения. Чертеж в геометрической задаче необходим, но он
не основной компонент решения, поскольку является лишь иллюстрацией к рассуждениям. Нельзя, ссылаясь на рисунок, утверждать что-либо,
хотя удачно выполненный чертеж может «подсказать» ход решения.
Чертеж должен полностью соответствовать условию задачи. Текст решения должен включать в себя обозначения, указанные на чертеже.
Приведем описание некоторых геометрических фигур, вычислительные формулы и утверждения, используемые при решении геометрических задач.
Треугольник.
Пусть а, b, c – длины сторон  АВС, лежащие против углов  А, В, С
1
a  b  c  – полупериметр; R и r – радиусы опи2
санной и вписанной окружностей; ha – высота, опущенная из вершины А
на сторону а. Справедливы следующие утверждения:
1) площадь треугольника S может быть найдена по формулам
1
1
S  a  b  sin C ,
S  a  ha ,
2
2
a bc
S  p  r,
S  p ( p  a ) ( p  b ) ( p  c ),
S
;
4R
соответственно; p 
2) теорема синусов выражается формулой
a
b
c


 2 R;
sin A sin B sin C
3) теорема косинусов выражается формулой
a 2  b2  c 2  2b  c  cos A;
4) три медианы треугольника пересекаются в одной точке, лежащей
внутри треугольника (центр тяжести). Точка пересечения делит медианы
на отрезки, длины которых относятся как 2 : 1, считая от вершины;
5) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, лежащей внутри треугольника (центр вписанной окружности). Биссектриса
при пересечении делит сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника;
6) три высоты треугольника пересекаются в одной точке (ортоцентр);
7) три перпендикуляра, восстановленные к серединам сторон треугольника (срединные перпендикуляры), пересекаются в одной точке
(центр описанной окружности);
8) сумма внутренних углов треугольника составляет 1800;
9) внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не
смежных с ним;
10) если угол С – прямой, то a2 + b2 = c2 (теорема Пифагора).
Параллелограмм.
Пусть а, b – длины смежных сторон параллелограмма ABCD,
А – угол между этими сторонами, hа – высота, опущенная на сторону
a; d1 и d2 - длины диагоналей, S – площадь параллелограмма. Справедливы следующие утверждения:
1) площадь параллелограмма S может быть найдена по формулам
S  a  ha ; S  a  b  sin A; S 
1
d1  d 2  sin  ,
2
где  – угол между диагоналями;
2) диагонали параллелограмма делятся в точке пересечения пополам;
3) параллелограмм можно вписать в окружность только тогда, когда
он является прямоугольником (квадратом);
4) в параллелограмм можно вписать окружность только тогда, когда
он является ромбом (квадратом).
Трапеция.
Пусть a, b – длины оснований трапеции, c и d – длины боковых сторон; h – высота, S – площадь трапеции. Справедливы следующие
утверждения:
1) площадь трапеции S может быть найдена по формулам
1
1
a  b   h ,
S  d1  d 2  sin  ,
2
2
где d1 и d 2 – диагонали трапеции,  – угол между ними;
S
2) трапецию можно вписать в окружность только тогда, когда она
равнобочная, т.е. c = d ;
3) в трапецию можно вписать окружность только тогда, когда
a + b = c + d.
Окружность (круг).
Пусть R – длина радиуса некоторого круга, S – его площадь, l – длина
окружности, составляющая границу данного круга. Справедливы следующие утверждения:
2
1) площадь круга S  R ;
2) длина окружности l  2R;
3) центральный угол (угол, образованный двумя радиусами) измеряется дугой, на которую он опирается;
4) вписанный угол (угол, образованный двумя хордами, исходящими
из одной точки окружности) измеряется половиной дуги, на которую он
опирается. Вписанный угол, опирающийся на диаметр – прямой.
Призма.
Пусть S – площадь основания призмы, H – высота, V – объем. Справедливы следующие утверждения:
1) объем призмы V  S  H;
2) объем прямоугольного параллелепипеда V  a  b  c, где a, b, c –
длины его ребер, выходящих из одной вершины.
Пирамида.
Пусть S - площадь многоугольника, лежащего в основании пирамиды,
H - длина высоты пирамиды, h - длина апофемы боковой грани, P - длина периметра основания, V - объем пирамиды. Справедливы следующие утверждения:
1) площадь
боковой
поверхности
правильной
пирамиды
Sб 
1
P  h;
2
2) объем пирамиды V 
1
S  H;
3
3) если все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, то вершина пирамиды проецируется в
центр вписанной в многоугольник основания окружности;
4) если все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, то вершина пирамиды проецируется в
центр окружности, описанной около многоугольника основания;
5) объем усеченной пирамиды V 
1
(S  S1  S  S1 )  H, где S и S1 –
3
площади оснований усеченной пирамиды.
Цилиндр.
Пусть S – площадь боковой поверхности прямого цилиндра, S1 –
площадь полной поверхности цилиндра, R – длина радиуса окружности
основания, Н – длина высоты цилиндра, V – объем. Справедливы следующие утверждения:
1) площадь боковой поверхности S  2πRH;
2) площадь полной поверхности S1  2πR(R  H);
2
3) объем цилиндра V  π  R  H .
Конус.
Пусть S – площадь боковой поверхности прямого конуса, Н – длина
высоты кругового конуса, S1 – площадь полной поверхности конуса,
R – длина радиуса окружности основания, l – длина образующей конуса,
V – объем. Справедливы следующие утверждения:
1) площадь боковой поверхности S  π R l;
2) площадь полной поверхности конуса S1  πR(R  l);
3) объем кругового конуса V 
1
π R 2 H;
3
4) площадь боковой поверхности усеченного конуса S
где R и r – длины радиусов оснований усеченного конуса;
5) объем кругового усеченного конуса
 π(R  r)  l,
1
V  π  (R 2  r 2  Rr)  H.
3
Сфера (шар).
Пусть R – радиус шара, V – объем шара, S – площадь сферы. Справедливы следующие утверждения:
2
1) площадь сферы (площадь поверхности шара) S  4πR ;
2) объем шара V 
4 3
πR .
3
8.1. Примеры решения задач
Пример 1. Две стороны треугольника равны соответственно 6 см и
8 см. Медианы, проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника.
Решение.
Дано: ВС=6 см, АС=8см, АF=FC,
ВD=DC, BF  AD. Найти АВ (рис. 8.1).
Так как BF и AD – медианы, то
АF=FC=4 см, ВD=DC=3 см. К – точка пересечения медиан, поэтому ВК=2.KF,
АК=2КD.
Рис. 8.1
Треугольники ВКД, AKF, ABK – прямоугольные. По теореме Пифаго2
2
2
2
2
2
2
2
2
ра: BД  BK  KД ; AF  AK  KF ; AB  AK  BK
Обозначим длины отрезков КД = x, KF = y, тогда АК = 2х, ВК = 2y,
и указанные выше равенства примут вид:
9  4 y 2  x 2

2
2
16  4 x  y
 2
2
2
AB

4
x

4
y

Из полученной системы уравнений найдем АВ.
x 2  9  4 y 2
x 2  9  4 y 2


2
2
2
2
16  4  9  4 y  y ; 16  36  16 y  y ;
 2
 2
2
2
2
2
AB

4

9

4
y

y

 AB  36  16 y  y
x2  9  4 y 2

20 4
2
;
y2 
 ;
15 y  20
15
3
 2
2
 AB  36  12 y
4
AB 2  36  12   20;
3
AB  20  2 5 см 
Ответ: длина третьей стороны треугольника 2 5 см .




Пример 2. Внутри равностороннего треугольника взята точка М, отстоящая от его сторон на расстояниях в, с, d. Найти высоту этого треугольника.
Решение.
Дано: ∆ АВС – равносторонний, MF =
a, MД = в, МК = с. MF  BC, MK  AC,
MД  АВ. Найти высоту h треугольника
(рис. 8.2).
Обозначим x длину стороны треугольника АВС, тогда его площадь S 
Рассмотрим
ВМА. Их площади соответственно равны
треугольники
ВМС,
1
x  h.
2
АМС,
Рис. 8.2
S1 
1
1
1
a  x , S 2  c  x , S3  b  x.
2
2
2
Площадь треугольника АВС равна сумме площадей этих треугольников.
S  S1  S 2  S 3 ;
S
1
xa  b  c  ,
2
откуда получаем, что а + в + с = h.
Ответ: высота треугольника h = а + в + с.
Пример 3. Основанием пирамиды служит равносторонний треугольник со стороной, равной а. Одна из боковых граней
также равносторонний треугольник и перпендикулярна плоскости основания. Определить полную
поверхность этой пирамиды.
Решение.
Дано: АВС – равносторонний треугольник,
АВ = ВС = АС = а, ДСВ – равносторонний треугольник, СВ = ДВ = ДС = а, ДF – высота пирамиды.
ДF  ВС.
Найти полную поверхность пирамиды (рис. 8.3).
Рис. 8. 3
Площадь полной поверхности пирамиды равна сумме площадей основания и боковых граней. В основании пирамиды – равносторонний
треугольник со стороной а, поэтому его площадь
1
S1  S ABC  a 2  3 .
4
Площадь треугольника ВСД
1
S 2  S BCД  a 2  3
4
Опустим из вершины треугольника АВС высоту АF на сторону ВС. Треугольник АДF – прямоугольный и равнобедренный: AF  ДF 
1
a 3 , (как
2
высота в равностороннем треугольнике), поэтому ДАF=АДF=45. По
 АF 2  ДF 2 .
3
3
6
3
AД 2  a 2  a 2  a 2  a 2 ;
4
4
4
2
3
AД 
a.
2
теореме Пифагора АД
2
Треугольник АДС – равнобедренный АС = ДС = а. Высота СК этого
треугольника является медианой и биссектрисой, следовательно
AK  KД 
1
1 3
AД   a.
2
2 2
Из прямоугольного треугольника КДС по теореме Пифагора найдем КС:
KC 2  ДC 2  KД 2 ;
3
5
1 5
KC 2  a 2  a 2  a 2 ; KC   a.
8
8
2 2
Площадь треугольника АДС
S3  S АДС 
1
КС  АД ;
2
1 1 5
3
15a 2
S3    a  a 
.
2 2 2
2
8
Треугольник АДВ равен треугольнику АДС (по трем сторонам), поэтому его площадь
15a 2
.
S4 
8
Площадь полной поверхности
S  S1  S 2  S 3  S 4 ;


1 2
1
1
1
1
a 3  a 2 3  a 2 15  a 2 15  a 2 3 2  5 .
4
4
8
8
4
1 2
Ответ: площадь полной поверхности пирамиды S  a 3 2  5 .
4
S


Пример 4. Найти объем правильной
четырехугольной призмы, если угол между
диагональю призмы и боковой гранью равен , а сторона основания равна а.
Решение.
Дано: АВСДА1В1С1Д1 – правильная
призма, АВ = ВС = СД = АД = а, АВСД
– квадрат,  В1 ДС1 = . Найти объем
призмы (рис. 8.4).
Рис. 8. 4
Объем призмы V = S .H, где S – площадь основания, Н – высота
призмы. В основании призмы лежит квадрат со стороной а (призма –
правильная), поэтому S  a .
Треугольник В1С1Д – прямоугольный,
2
 В1С1Д = 90.
С1 Д
 ctg  , С1 Д  В1С1  ctg  , С1 Д  a  ctg  .
В1С1
Треугольник С1СД – прямоугольный, C1 Д
реме Пифагора).
2
 C1C 2  ДС 2 (по тео-
a 2 ctg 2   C1C 2  a 2 ;
C1C 2  a 2 ctg 2   a 2 ( ctg 2  1 ) ;
2
H  C1C  a ctg   1  a
cos 2   sin 2 

a
 cos 2
sin 
sin 2 
cos 2
a3
2
Объем призмы V  a  a

 cos 2 .
sin 
sin 
a3
Ответ: объем призмы V 
 cos 2 .
sin 
9. ВАРИАНТЫ ПИСЬМЕННОГО ВСТУПИТЕЛЬНОГО ЭКЗАМЕНА
ПО МАТЕМАТИКЕ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ В ДВГУПС
Вариант 1.
1. Двое рабочих, работая одновременно, выполнили работу за
5 дней. Если бы первый работал вдвое быстрее, а второй – вдвое медленнее, то работа заняла бы у них 4 дня. За сколько времени выполнил
бы всю работу один первый рабочий?
2. Решить уравнение:
4 x  2 x 1  48.
3. Доказать:
3
2
a b
a
2
3
2
 a b
a 1  b  a  2
1
:
 a b 
a a b b
a2 b2
3

2
3


1
 0.
4. Решить уравнение:
1  x x 2  24  x  1.
5. Решить уравнение:
1  cos 4 x   sin 4 x  cos 2 2 x.
6. Построить область решения системы неравенств
 y  x  4

 y  6 x  1.
7. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f  x   y на
отрезке a ,b .
y  x 4  2 x 2  1, 0;2.
Вариант 2.
1. Два велосипедиста одновременно выезжают из пункта А, направляясь в пункт В, расположенный в 56 км от А. Второй велосипедист отстает от первого каждый час на 2 км и прибывает в пункт В на 30 минут
позже, чем первый. С какой скоростью едет каждый велосипедист?
2. Радиус основания конуса относится к высоте конуса как b : l
Площадь основания конуса равна S. Найти объем конуса.
3. Решить уравнение
.
x2  8  x2  4  6 .
4. Решить уравнение
log x 3  log3 x  log
x
3  log3 x  0 ,5 .
5. Найти на плоскости ХОУ область решения системы
x 2  y 2  9

 y 1  x

y   x  1 .
6. Найти площадь, ограниченную линиями
у  x2  6 x ;
y  8 x  x2 ;
y  1.
7. Решить уравнение
 3π

π

2 sin x  cos  x   3 sinπ  x   cos x  sin  x   cos x  0 .
 2

2

Вариант 3.
1. Между станцией и поселком 4 км. Мальчик и автомобиль отправились одновременно со станции в поселок. Через 10 минут мальчик
встретил автомобиль, возвращающийся из поселка. Когда мальчик прошел
1
км от места встречи, автомобиль, который дошел до станции и
14
опять направился в поселок, нагнал мальчика. Найти их скорости, если
известно, что они двигались равномерно и не делали остановок.
2. Диагонали осевого сечения усеченного конуса точкой пересечения
делятся в отношении 2:1, считая от большого основания. Угол между
диагоналями, обращенный к основаниям конуса, равен  . Длина диагонали равна L. Найти объем усеченного конуса.
3. Решить уравнение
3 x3
x 2 7 .
4. Решить уравнение
3
2
4 log 25
x  3 3 log 5 x  4  0 .
5. Найти на плоскости ХОУ область решения системы
 y  2 x 1

2
 y  2 x  x
x  2.

6. Найти площадь, ограниченную линиями
y  x2  4 x ;
y  x;
y   x.
7. Решить уравнение
3
2 cos 4 x  sin 2 x  sin x cos x .
2
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Болтянский В.Г., Сидоров Ю.В., Шабунин М.И. Лекции и задачи по
элементарной математике. – М.: Наука, 1972.
2. Задачи по математике. Алгебра: Справочное пособие / Вавилов
В.В., Мельников И.И., Олекник С.Н. и др. – М.: Наука, 1988.
3. Крамор В.С. Повторяем и систематизируем школьный курс алгебры и начала анализа. – М.: Просвещение, 1990.
4. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во
втузы / Под редакцией Сканави М.И. – М.: Высшая школа, 1980.
Содержание
ВВЕДЕНИЕ …………………………………………………………………… 3
1. ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ
ВЫРАЖЕНИЙ 4
1.1. Примеры выполнения заданий .................................................... 6
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ 10
2.1. Задачи, описывающие движение .............................................. 10
2.2. Задачи, описывающие работу ................................................... 17
3. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ……... 20
3.1. Показательные уравнения ......................................................... 20
3.2. Логарифмические уравнения..................................................... 24
4. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ТОЖДЕСТВА И УРАВНЕНИЯ
28
5. НАХОЖДЕНИЕ НАИБОЛЬШЕГО И НАИМЕНЬШЕГО ЗНАЧЕНИЯ
ФУНКЦИИ НА ОТРЕЗКЕ 36
6. РЕШЕНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ …………………………………… 38
7.
ПОСТРОЕНИЕ
ОБЛАСТИ
РЕШЕНИЯ
СИСТЕМЫ
НЕРАВЕНСТВ НА ПЛОСКОСТИ ХОУ 46
8. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ………………………………………. 53
8.1. Примеры решения задач ........................................................... 57
9. ВАРИАНТЫ ПИСЬМЕННОГО ВСТУПИТЕЛЬНОГО ЭКЗАМЕНА
ПО МАТЕМАТИКЕ, ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ В ДВГУПС
61
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ .................................................................... 63