Функционально-графический метод решения уравнений и

Муниципальное общеобразовательное учреждение
Юрьевская основная общеобразовательная школа
Островский район
Муниципальный этап областного методического
конкурса
Номинация
Методическое пособие
Тема
Функционально-графический метод
решения уравнений и неравенств в
школьном курсе алгебры средней
школы.
Работу подготовила:
Воронина Вера Анатольевна
учитель математики
2012 год
Содержание
Введение
Анализ школьных учебников
Анализ ЕГЭ
1.
Общая теоретическая часть
1.1. Графический метод
1.2. Функциональный метод
1.3. Метод функциональной подстановки
2. Решение уравнений и неравенств с использованием свойств входящих
в них функций
2.1. Использование ОДЗ
2.2. Использование ограниченности функций
2.3. Использование монотонности функции
2.4. Использование графиков функций
2.5. Использование свойств четности или нечетности и периодичности функций.
3.
3.1.
3.2.
Решение уравнений и неравенств
Решение уравнений
Решение неравенств
Практикум
Список литературы
Приложение
Введение
Тема моей работы «Функционально-графический метод решения уравнений и
неравенств в школьном курсе алгебры средней школы». Одна из главных тем курса алгебры
средней школы. Решение уравнений и неравенств играют важную роль в курсе математики
средней школы. Школьники начинают знакомиться с неравенствами и уравнениями еще в
начальной школе.
Содержание тем «Уравнения» и «Неравенства» постепенно углубляются и
расширяются. Так, например, процентное содержание неравенств от всего изучаемого
материала в 7 классе составляет 20%, в 8 классе – 25%, в 9 классе – 30%, в 10-11 классах –
35%.
Окончательное изучение неравенств и уравнений происходит в курсе алгебры и
начала анализа 10-11 классов. Некоторые ВУЗы включают в экзаменационные билеты
уравнения и неравенства, которые часто бывают весьма сложными и требующими разных
подходов к решению. В школе один из наиболее трудных разделов школьного курса
математики рассматривается только на немногочисленных факультативных занятиях.
В центре внимания этой работы лежит обеспечить более полное раскрытие
применения функционально – графического метода к решению уравнений и неравенств в
средней школе курса алгебры.
Актуальность данной работы в том, что данная тема входить в ЕГЭ.
Готовя данную работу, я ставила цель, рассмотреть как можно больше типов
уравнений и неравенств, решаемых функционально - графическим методом. Также более
глубоко изучить данную тему, выявление наиболее рационального решения, быстро
приводящего к ответу.
Объект исследования – алгебра 10-11 классов под редакцией А.Г. Мордковича и
варианты ЕГЭ.
В данной работе рассмотрены часто встречающиеся типы уравнений и неравенств, я
надеюсь, что знания, полученные мной в процессе работы, помогут при сдаче школьных
экзаменов и при поступлении в ВУЗ. А также может послужить методическим пособием для
подготовки школьников к сдаче ЕГЭ.
Анализ школьных учебников
В методической литературе принято все методы, на которых основана школьная
линия уравнений и неравенств с 7 по 11 классы, делить на три группы:
метод разложения на множители;
метод введения новых переменных;
функционально-графический метод.
Рассмотрим третий метод, а именно, использование графиков функций и различных
свойств функций.
К применению функционально-графического метода школьников необходимо
приучать с самого начала изучения темы «Уравнения».
Решение некоторых задач может быть основано на свойствах монотонности,
периодичности, четности или нечетности и т.п. входящих в них функций.
Проанализировав учебники, можно сделать вывод, что данная тема рассматривается
только в учебниках математики нового поколения [2], [3], [5], [6] Построение курса в этих
учебниках осуществляется на основе приоритетности функционально-графической линии. В
остальных учебниках функционально-графический метод решения уравнений и неравенств в
отдельную тему не выделен. Использование свойств функции для решения задач
упоминается вскользь при изучении других тем. В новых учебниках содержится также
достаточное количество заданий этого типа. В учебнике [2] содержатся задания
повышенного уровня. Приведена наиболее полная система заданий, систематизированная по
каждому свойству функции.
Учебник
Место в курсе
Содержание темы
А.Г.Мордкович
«Алгебра и начала
анализа 10-11»,
учебник для общео
б-разовательных
учреждений[5], [6]
А.Г.Мордкович,
П.В.Семенов
«Алгебра и начала
анализа 11»,
учебник для
общеобразовательн
ых учреждений
(профильный
уровень) [3]
Глава 8 «Уравнения Глава 6 «Уравнения и
и неравенства.
неравенства. Системы
Системы уравнений уравнений и
и неравенств»
неравенств»
(последняя тема
(последняя тема
курса)
курса)
С.М.Никольский и др.
«Алгебра и начала анализа
11», учебник для
общеобразовательных
учреждений[2]
А.Н. Колмогоров и др.
«Алгебра и начала
анализа 11», учебник для
общеобразовательных
учреждений[4]
Глава II «Уравнения,
неравенства, системы»
Нет отдельно выделенной
Нет отдельно
темы. Но в теме «Решение
выделенной темы
тригонометрических
уравнений и неравенств»
формулируется теорема о
корне, которая
используется в дальнейшем
изучении
 §56 Общие
методы решения
уравнений и
неравенств
( f ( ( x))  f (  ( x)) ,
функциональнографический метод:
теорема о корне,
ограниченность
функции)
 Уравнения
(неравенства)вида
f ( ( x))  f (  ( x)) ;
f ( ( x))  f (  ( x))
 §12*Нестадартные методы
решения уравнений и
неравенств (использование
областей существования
функций, неотрицательности
функций, ограниченности,
использование свойств sin и
cos, использование
производной)
Свойство монотонности
функции, четностинечетности (при выводе
формул корней
тригонометрических
уравнений)
 §27 Общие методы
решения уравнений и
неравенств
( f ( ( x))  f (  ( x)) ,
функциональнографический метод:
теорема о корне,
ограниченность
функции)
Ш.А. Алимов и др.
«Алгебра и начала
анализа 1011», учебник для
общеобразовательн
ых учреждений[1]
Упоминается
свойство
монотонности при
разборе примера в
теме «Показательная
функция»
Примеры рассматриваемых
уравнений и неравенств
( log 0.2 5x  4  log 0.2 x ;
( x  1) 2  ln x );
5
sin
x  x 2  4x  5
4
x
Решить
2
x3  x  2 .
уравнение
Сколько корней,
5
3
принадлежащих данному
x  x  1  3x  4  0
промежутку, имеет
х2  5  х2  3  х 1  х  3
уравнение
( x  3)3  4; x   2; ?
3  log 41 ( x 2  x  1)  3 | cos(( x  1)  cos 2 x) |
5  x 2  9 x  14  2 x 2  5x  14  1  sin
4
2
x  8 x  15  lg( x 2  10 x  26)  0
2
Решить уравнение
3x  27
Анализ ЕГЭ (текстов и результатов)
Единый государственный экзамен как форма аттестации, которая введена в
практику российского образования в 2002 году, с 2009 года переходит из
экспериментального в штатный режим.
Анализ текстов ЕГЭ показал, что задания, при решении которых используются
свойства функций, встречаются каждый год.
В 2003 году в заданиях А9 и С2 при решении можно применить свойства функций:
 А9. Укажите промежуток, которому принадлежат корни уравнения
x 1  x  1.
 С2. Найдите все значения p, при которых уравнение 4 sin 3 x  p  3 cos 2 x не
имеет корней.
 В 2004 году – задание В2. Сколько корней имеет уравнение (cos x) 3  x 2  0 .
 В 2005 году задание С2 (решите уравнение
2 x
2 x
4
 3 ) выполнили
2 x
2 x
37% учащихся.
В 2007 при выполнении задания "Решите уравнение" в части В выпускники при
решении уравнения log 7 (3x  5)  log 7 (2 x  5)  0 рассматривали два случая, привычно
раскрывая знак модуля. Хотя внимательный анализ условия задания показывает, что на
 5

промежутке   ;    , на котором следует искать корни уравнения, выражение
 3

log 7 (2 x  5) принимает только положительные значения.
Даже хорошо подготовленные учащиеся часто выполняют задания, используя
"шаблонные" методы решения, которые приводят к громоздким преобразованиям и
вычислениям.
Очевидно, что при выполнении приведенных выше заданий хорошо
подготовленный выпускник должен был показать не только знание известных методов
решения уравнений или преобразования выражений, но и умение проанализировать
условие, соотнести данные и требования задания, вывести из условия различные
следствия и т.п., то есть показать определенный уровень развития математического
мышления.
Таким образом, при обучении хорошо успевающих учащихся нужно не только
позаботиться об усвоении базовой составляющей курса алгебры и начал анализа,
(усвоение изученных правил, формул, методов), но и о реализации одной из главных
целей обучения математике – развитию мышления учащихся, в частности,
математического мышления. Для реализации поставленной цели могут служить
элективные курсы.
Действительно, учащиеся общеобразовательных учреждений традиционно
знакомятся при изучении математики с графическим методом решения уравнений,
неравенств и их систем. Однако в последние годы в содержании обучения математике
появляются новые классы уравнений (неравенств) и новые функциональные методы их
решения. Тем не менее, содержащиеся в контрольно-измерительных материалах единого
государственного экзамена (ЕГЭ) задания (так называемые комбинированные уравнения),
решения которых требуют применения только функционально-графического метода,
вызывают у учащихся затруднения.
1. Общая теоретическая часть
Пусть X и Y - два произвольных численных множества. Элементы этих множеств
будем обозначать х и у соответственно и будем называть переменными.
Определение. Числовой функцией, определенной на множестве Х и принимающей
значения во множестве Y, называется соответствие (правило, закон), которое каждому х
из множества Х сопоставляет одно и только одно значение у из множества Y.
Переменную х называют независимой переменной или аргументом, а переменную у
– зависимой переменной. Говорят также, что переменная у является функцией от
переменной х. Значения зависимой переменной называют значениями функции.
Введенное понятие числовой функции является частным случаем общего понятия
функции как соответствия между элементами двух или более произвольных множеств.
Пусть Х и Y – два произвольных множества.
Определение. Функцией, определенной на множестве Х и принимающей значения
во множестве Y, называется соответствие, соотносящее с каждым элементом множества Х
один и только один элемент из множества Y.
Определение. Задать функцию – это значит указать область ее определения и
соответствие (правило), при помощи которого по данному значению независимой
переменной находятся соответствующие ему значения функции.
С понятием функции связаны два способа решения уравнений: графический и
функциональный. Частным случаем функционального метода является метод
функциональной, или универсальной подстановки.
Определение. Решить данное уравнение – значит найти множество всех его корней
(решений). Множество корней (решений) может быть пустым, конечным или
бесконечным. В следующих главах теоретического раздела мы разберем вышеописанные
способы решения уравнений, а в разделе «Практикум» покажем их применение в
различных ситуациях.
1.1. Графический метод.
На практике для построения графика некоторых функций составляют таблицу
значений функции для некоторых значений аргумента, затем наносят соответствующие
точки на координатную плоскость и последовательно соединяют их линией. При этом
предполагается, что точки достаточно точно показывают ход изменения функции.
Определение. Графиком функции y = f(x) называется множество всех точек
{x, f(x) | x  D (f)} координатной плоскости.
Заметим, что, так как функция f сопоставляет каждому x  D(f) одно число f(x), то
график функции f пересекается любой прямой, параллельной оси ординат, не более, чем в
одной точке. И наоборот: всякое непустое множество точек плоскости, имеющее со
всякой прямой, параллельной оси ординат, не более одной общей точки, являются
графиком некоторой функции. Не всякое множество точек координатной плоскости
является графиком какой-либо функции. Например, множество точек окружности не
может быть графиком функции, поскольку значению абсциссы внутри окружности,
соответствует два значения ординаты.
В общем случае уравнение с одной переменой х можно записать в виде
f(x)=g(x), где f(x) и g(x) – некоторые функции. Функция f(x) является левой частью, а g(x)
– правой частью уравнения. Тогда для решения уравнения необходимо построить в одной
системе координат графики функций f(x) и g(x). Абсциссы точек пересечения будут
являться решениями данного уравнения.
Заметим, что, так как функция f сопоставляет каждому x  D(f) одно число f(x), то
график функции f пересекается любой прямой, параллельной оси ординат, не более, чем в
одной точке. И наоборот: всякое непустое множество точек плоскости, имеющее со
всякой прямой, параллельной оси ординат, не более одной общей точки, являются
графиком некоторой функции.
Данный метод может использоваться не только для одиночных уравнений, но и для
их систем, а также неравенств. В случае с системами необходимо находить не только
абсциссы, но и ординаты (если графики функций f(x) и g(x) пересекаются в точке А (х1,
у1), то решением системы будет х=х1, у=у1). При решении неравенств ответом будет
совокупность абсцисс, при которых график функции f(x) находится выше или ниже (в
зависимости от условия) графика функции g(x).
Пример 1.
2cos πx=2x-1
Данное уравнение рационально решать графическим методом.
Точка пересечения графиков имеет координаты (0,5; 0). Следовательно, х=0,5
Ответ: х=0,5
Пример 2.
10|sinx|=10|cosx|-1
Данное уравнение рационально решать графоаналитическим методом.
Т.к. 10>1, то данное уравнение равносильно следующему:
|sinx|=|cosx|-1
Точки пересечения графиков имеют координаты ( k ;0 ); k  Z . Следовательно, х= k .
Ответ: х= k
1.2. Функциональный метод
Не всякое уравнение вида f(x)=g(x) в результате преобразований может быть
приведено к уравнению того или иного стандартного вида, для которого подходят
обычные методы решения. В таких случаях имеет смысл использовать такие свойства
функций f(x) и g(x) как монотонность, ограниченность, четность, периодичность и др. Так,
если одна из функций возрастает, а другая убывает на определенном промежутке, то
уравнение f(x) = g(x) не может иметь более одного корня, который, в принципе, можно
найти подбором. Далее, если функция f(x) ограничена сверху, а функция g(x) – снизу так,
что f(x)мах=А g(x)мin=A, то уравнение f(x)=g(x) равносильно системе уравнений
 f ( x)  A

 g ( x)  A
Также при использовании функционального метода рационально использовать
некоторые теоремы, приведенные ниже. Для их доказательства и использования
необходимы следующие уравнения общего вида:
f(x)=x (1)
f ( f (...( f ( x))...))  x (2)

n ðàç
Теорема 1. Корни уравнения (1) являются корнями уравнения (2).
Теорема 2. Если f(x) – возрастающая функция на интервале a<f(x)<b, то на данном
интервале уравнения (1) и (2) равносильны. Если f(x) – убывающая функция на интервале
a<f(x)<b, n - нечетное, то на данном интервале уравнения (1) и (2) равносильны.
Из последней теоремы вытекают следствие, также используемое в решениях:
Следствие 1. Если f(x) возрастает на всей своей области определения, то на данном
интервале уравнения (1) и (2) равносильны. Если f(x) убывает на всей своей области
определения, n - нечетное, то на данном интервале уравнения (1) и (2) равносильны.
Теорема 3. Если в уравнении f(x)=g(x) при любом допустимом х выполняются
условия f(x)≥a, g(x)≤a, где а – некоторое действительное число, то дано уравнение
равносильно системе
 f ( x)  a

 g ( x)  a
Следствие 2. Если в уравнении f(x)+g(x)=a+b при любом допустимом х f(x)≤a,
g(x)≤b, то данное уравнение равносильно системе
 f ( x)  a

 g ( x)  b
Функциональный метод решения уравнений часто используется в комбинации с
графическим, так как оба эти метода основаны на одних свойствах функций. Иногда
комбинацию этих методов называют графоаналитическим методом.
Пример 1.
x^2  8 x 2
cos
=x +1
5
Данное уравнение рационально решать функциональным методом.
cos
x^2  8 x
≤1
5
x2+1≥1
x^2  8 x
=1
5
x2+1=1
=>
cos
x=0
Ответ: х=0
Пример 2.
3+(х-π)2=1-2cosx
Данное уравнение рационально решать функциональным методом.
(х-π)2+2=-2cosx
(х-π)2+2≥2
-2cosx≤2
( x   )^ 2  2  2

 2 cos x  2
x  

 x    2k , k  Z
=> x=π, при k=0
Ответ: x=π
1.3. Метод функциональной подстановки
Частным случаем функционального метода является метод функциональной
подстановки – самый, пожалуй, распространенный метод решения сложных задач
математики. Суть метода состоит в введении новой переменной y=ƒ(x), применение
которой приводит к более простому выражению. Отдельным случаем функциональной
подстановки является тригонометрическая подстановка.
Тригонометрическое уравнение вида
R(sinkx, cosnx, tgmx, ctglx) = 0
(3)
где R – рациональная функция, k,n,m,lZ, с помощью тригонометрических формул
двойного и тройного аргумента, а также формул сложения можно свести к рациональному
уравнению относительно аргументов sinx, cosx, tgx, ctgx, после чего уравнение (3) может
быть сведено к рациональному уравнению относительно t=tg(x/2) c помощью формул
универсальной тригонометрической подстановки
2tg(x/2)
sinx=
1-tg²(x/2)
cosx=
1+tg²(x/2)
1+tg²(x/2)
(4)
2tg(x/2)
tgx=
1-tg²(x/2)
ctgx=
1-tg²(x/2)
2tg(x/2)
Следует отметить, что применение формул (4) может приводить к сужению ОДЗ
исходного уравнения, поскольку tg(x/2) не определен в точках x=π+2πk, kZ, поэтому в
таких случаях нужно проверять, являются ли углы x=π+2πk, kZ корнями исходного
уравнения.
Пример 1.
sinx +√2-sin²x + sinx√2-sin²x = 3
Данное уравнение рационально решать методом функциональной подстановки.
Пусть u = sinx и v = + 2  sin 2 x . Так как –1≤u≤1 и v≥1, то u+v≥0.
того, имеем u² + v² =2.
В таком случае из уравнения получаем систему уравнений
u + v + uv = 3
u² + v² =2
Пусть теперь r = u+v и s=uv, тогда из системы уравнений следует
r+s=3
r² - 2s = 2
Отсюда с учетом того, что r≥0, получаем r = 2 и s = 1. Следовательно, имеет место
u+v=2
uv = 1
u=v=1
Кроме
Поскольку, u = sinx и u = 1, то sinx = 1 и x = π/2+2πk, kZ
Ответ: x = π/2+2πk, kZ
Пример 2.
5sinx-5tgx
+4(1-cosx)=0
sinx+tgx
Данное уравнении рационально решать методом функциональной подстановки.
Так как tgx не определен при x = π/2+πk, kZ, а sinx+tgx=0 при x = πk, kZ, то углы x =
πk/2, kZ не входят в ОДЗ уравнения.
Используем формулы тангенса половинного угла и обозначим t=tg(x/2), при этом по
условию задачи t≠0;±1, тогда получим
2t
2t
5
1+t²
1-t²
2t
2t
+4
1-t²
11+t²
=0
+
1+t²
1-t²
Так как t≠0;±1, то данное уравнение равносильно уравнению
8t²
= 0 -5-5t² + 8 = 0
-5t² +
1+t²
3
3
. Следовательно, x = ±2arctg
+2πk, kZ
5
5
3
Ответ: x = ±2arctg
+2πk, kZ
5
Пример 3.
tgx+ctgx+tg²x+ctg²x+tg³x+ctg³x=6
Данное уравнение рационально решать методом функциональной подстановки.
Пусть y=tgx+ctgx, тогда tg²x+ctg²x=y²-2, tg³x+ctg³x=y³-3y
y³+y²-2y-8=0
y=2
Так как tgx+ctgx=2, то tgx+1/ tgx=2. Отсюда следует, что tgx=1 и x = π/4+πk, kZ
Ответ: x = π/2+2πk, kZ
откуда t = ±
2. Решение уравнений и неравенств с использованием свойств входящих в них
функций
2.1. Использование ОДЗ.
Иногда знание ОДЗ позволяет доказать, что уравнение (или неравенство) не имеет
решений, а иногда позволяет найти решения уравнения (или неравенства)
непосредственной подстановкой чисел из ОДЗ.
Пример 1. Решить уравнение
3  х  log 5 х  3
Решение. ОДЗ этого уравнения состоит из всех х, одновременно удовлетворяющих
условиям 3-х  0 и х-3>0, то есть ОДЗ есть пустое множество. Этим решение уравнения и
завершается, так как установлено, что ни одно число не может являться решением, то
есть, что уравнение не имеет корней.
Ответ: решений нет.
Пример 2. Решить уравнение
sin x  4  sin x  tgx. (1)
Решение. ОДЗ этого уравнения состоит из всех х, одновременно удовлетворяющих

условиям sin x  0, sin x  0, х   n, n  Z , то есть ОДЗ
есть х  ,   Z .
2
Подставляя эти значения х в уравнение (1), получаем, что его левая и правая части равны
0, а это означает, что все х  ,   Z , являются его решениями.
Ответ: х  ,   Z .
Пример 3. Решить неравенство


1  х 2  6 х 4  1  2 х  log 2 1  х 4 . (2)
Решение. ОДЗ неравенства (2) состоит из всех х, одновременно удовлетворяющих
условиям 1  х 2  0, х 4  1  0, то есть ОДЗ состоит из двух чисел х1  1 и х2  1 .
Подставляя х1  1 в неравенство (2) , получаем, что его левая часть равна 0, правая равна
2  log 2 2  1, то есть х=1 есть решение неравенства (2). Подставляя х2  1 в
неравенство (2), получаем, что х2  1 не является его решением, поскольку левая часть
1
неравенства (2) равна 0, а правая часть равна 2 1  log 2 2   .
2
Ответ: х=1.
4
Пример 4. Решить неравенство
log 5 х  1  х 4
(3)
Решение. ОДЗ неравенства (3) есть все х, удовлетворяющие условию 0<х  1. Ясно, что
х=1 не является решением неравенства (3). Для х из промежутка 0<x<1 имеем log 5 x  0 , а
1  x 4  0 . Следовательно, все х из промежутка 0<x<1 являются решениями неравенства
(3).
Ответ: 0<x<1.
Пример 5. Решить неравенство
х  3  4 9  х  3. (4)
Решение. ОДЗ неравенства (4) есть все х из промежутка -3  х  9 . Разобьем это
множество на два промежутка  3  х  0 и 0  х  9 .
х 3  0, 4 9 х  4 9  3.
Для х из промежутка  3  х  0 имеем
Следовательно, х  3  4 9  х  3 на этом промежутке, и поэтому неравенство (4) не
имеет решений на этом промежутке.
х 3  3 и 4 9  х  0.
Пусть х принадлежит промежутку 0  х  9 , тогда
х  3  4 9  х  3 для таких х, и, значит, на этом промежутке
Следовательно,
неравенство (4) также не имеет решений.
Итак, неравенство (4) решений не имеет.
Ответ: решений нет.
Замечания.
1. При решении уравнений необязательно находить ОДЗ. Иногда проще перейти к
следствию и проверить найденные корни.
2. При решении неравенств иногда можно не находить ОДЗ, а решать неравенство
переходом к равносильной ему системе неравенств, в которой либо одно из
неравенств не имеет решений, либо знание его решения помогает решить систему
неравенств.
Пример 6. Решить неравенство
log 2 (2 х  1  х 2 )  log 2 (2 х 1  1  х)  1 . (5)
Решение. Отыскание ОДЗ неравенства есть непростая задача, поэтому поступим иначе.
Неравенство (5) равносильно системе неравенств
2 х  1  х 2  0,

 х 1

(6)
2  1  х  0,

2 х  1  х 2  2(2 х 1  1  х).


Третье неравенство этой системы равносильно неравенству х 2  2 х  1  0 , не
имеющему решений. Следовательно, система неравенств (6) не имеет решений, значит, и
неравенство(5) не имеет решений.
Ответ: решений нет.
Пример 7. Решить неравенство
sin x  1  x  sin x .
(7)
Решение. Нахождение ОДЗ неравенства (7) есть трудная задача. Поэтому поступим иначе.
Неравенство (7) равносильно системе неравенств
sin x  0,



1  х  sin x  0,  (8)


sin x  1  х  sin x.
Третье неравенство этой системы имеет решениями все х из промежутка -1<x<1.
Первое неравенство системы (8) справедливо не для всех х из этого промежутка, а лишь
для х из промежутка 0  х  1 . Для всех х из промежутка 0  х  1 второе неравенство
справедливо. Следовательно, множеством решений системы (8) является промежуток
0  х  1.
Ответ: 0  х  1 .
2.2. Использование ограниченности функций.
При решении уравнений и неравенств свойство ограниченности снизу или сверху
функции на некотором множестве часто играет определяющую роль.
Например, если для всех х из некоторого множества М справедливы неравенства
f(x)>A и g(x)<A, где А некоторое число, то на множестве М уравнение f(x)=g(x) и
неравенство f(x)< g(x) решений не имеют.
Заметим, что роль числа А часто играет нуль, в этом случае говорят о сохранении
знака функций f(x) и g(x) на множестве М.
Пример 1. Решить уравнение
sin( x 3  2 x 2  1)  x 2  2 x  3
действительного числа х имеем
sin( x 3  2 x 2  1)  1 ,
x 2  2 x  3  ( х  1) 2  2  2. Поскольку для любого значения х левая часть уравнения не
превосходит единицы, а правая часть всегда не меньше двух, то данное уравнение не
имеет решений.
Ответ: нет решений.
Решение.
Для
любого
Пример 2. Решить уравнение
х 3  х  sin x  0 (9)
Решение. Очевидно, что х=0, х=1, х=-1 являются решениями уравнения (9). Для
нахождения других решений уравнения (9) в силу нечетности функции
f ( x)  x 3  x  sin x достаточно найти его решения в области х>0, х  1 , поскольку
если х0  0 является его решением, то и (- х 0 ) также является его решением.
Разобьем множество х>0, х  1 , на два промежутка (0;1) и (1;+∞).
Перепишем уравнение (9) в виде x  x  sin x . На промежутке (0;1) функция
3
g ( x)  x 3  x принимает только отрицательные значения, поскольку х 3  x , а функция
h( x)  sin x только положительные. Следовательно, на этом промежутке уравнение (9)
не имеет решений.
Пусть х принадлежит промежутку (1;+∞). Для каждого из таких значений х
функция g ( x)  x  x принимает положительные значения, функция h( x)  sin x
3
принимает значения разных знаков, причем на промежутке (1;2] функция h( x)  sin x
неположительна. Следовательно, на этом промежутке уравнение (9) не имеет решений.
Если же х>2 , то sin x  1, х  х  х( х  1)  2  3  6 , а это означает, что и на
промежутке (2;+∞) уравнение (9) также не имеет решений.
Итак, х=0,х=1 и х=-1 и только они являются решениями исходного уравнения.
Ответ: х1  0, х2  1, х3  1.
3
Пример 3. Решить неравенство
2
1 х
 2х
(10)
1 х
Решение. ОДЗ неравенства (10) есть все действительные х, кроме х=-1. Разобьем ОДЗ на
три множества: -∞<х<-1, -1<x<=0, 0<x<+∞ и рассмотрим неравенство (10) на каждом из
этих промежутков.
2x
 0 , а f ( x)  2 x  0 .
Пусть -∞<х<-1. Для каждого из этих х имеем g ( x)  1 
1 x
Следовательно, все эти х являются решениями неравенства (10).
2x
 1 , а f ( x)  2 x  1 .
1 x
Следовательно, ни одно из этих х не является решением неравенства (10).
2x
 1 , а f ( x)  2 x  1 .
Пусть 0<x<+∞. Для каждого из этих х имеем g ( x)  1 
1 x
Следовательно, все эти х являются решениями неравенства (10).
Ответ: -∞<х<-1; 0<x<+∞.
Пример 4. Решить уравнение
Пусть -1<x<=0. Для каждого из этих х имеем g ( x)  1 
2 sin x  х 
Решение. Обозначим х 

2
 х
следует, что f(x)=  при х  
Поэтому, если х  
виде sin x 

2

2

2

2
 х

(11)
2
через f(x). Из определения абсолютной величины
, f ( x)  2 x при 

2
x

2
и f (x)   при x 

.
2
, то уравнение (11) можно переписать в виде 2 sin x   , то есть в
1

. Это уравнение имеет решения х  (1) n  n, n  Z . Из этих значений х
2
6



, то
2
6
2
1
уравнение (11) можно переписать в виде 2 sin x   , то есть в виде sin x   . Это
2


уравнение имеет решения х  (1) m 1  m, m  Z . Из этих значений х условию x 
6
2

удовлетворяют только х  (1) m 1  m, m  1,2,... .
6
  
Рассмотрим х из промежутка   ;  . На этом промежутке уравнение (11) можно
 2 2
переписать в виде 2 sin x  2х , то есть в виде
х
sin x   .
(12)
n
Ясно, что х=0 есть решение уравнения (12), а значит, и исходного уравнения. Докажем,
  
что других решений уравнение (12) на промежутке   ;  не имеет.
 2 2
Для х  0 уравнение (12) равносильно уравнению
sin x
1
 .
х
n
sin x



 

Для любого значения х    ;0    0;  , функция f ( x) 
принимает только
х
 2   2
положительные значения, поэтому уравнение (12) не имеет решений на множестве
    
  ;0    0;  .
 2   2


Ответ: х=0, х  (1) n  n, n  1,2,... ; х  (1) m 1  m, m  1,2,... .
6
6
Пример 5. Решить уравнение
1
1
sin 5 x 
 cos 5 x 
. (13)
7
cos x
sin 7 x
условию х  
удовлетворяют только х  (1) n
 n, n  1,2,... . Если x 
Решение. Пусть x 0 есть решение уравнения (13), тогда справедливы равенство
1
1
 cos 5 x0 
 sin 5 x0 (14)
7
cos x0
sin 7 x0
и неравенства cos x0  1 и sin x0  1 . Из справедливости неравенств получаем, что левая
1
, то есть тот же знак, что и cos x0 , а
cos 7 x 0
правая часть – тот же знак, что и sin x0 . Но так как sin x0 и cos x0 удовлетворяют равенству
(14), то они имеют одинаковые знаки.
часть равенства (14) имеет тот же знак, что и
Перепишем равенство (14) в виде
cos 7 x0 sin 7 x0 (sin 5 x0  cos 5 x0 )  cos 7 x0  sin 7 x0 (15)
Применяя формулу сокращенного умножения
a 2l 1  b 2l 1  (a  b)(a 2l  a 2l 1b  ...  b 2l ),
Перепишем равенство (15) в виде
(sin x0  cos x0 ) f ( x0 )  0, (16)
где
f ( x0 )  (sin x0 cos x0 ) 7 (sin 4 x0  sin 3 x0 cos x0  ...  cos 4 x0 )  (sin 6 x0  sin 5 x0 cos x0  ...  cos 6 x0 )
Так как sin x0 и cos x0 имеют одинаковые знаки, то f ( x0 )  0 . Поэтому из равенства (16)
следует, что для любого решения уравнения (13) справедливо равенство sin x0  cos x0 .
Таким образом, любое решение уравнения (13) удовлетворяет уравнению
sin x0  cos x0 . (17)
Очевидно, что любое решение уравнения (17) есть решение уравнения (13).
Следовательно, уравнение (13) равносильно уравнению (17). Решения уравнения (17) есть

х   ,   Z , они и только они есть решения уравнения (13).
4

Ответ: х   ,   Z
4
Замечание. Точно так же, как в примере 5, можно доказать, что уравнение
1
1
sin 2 n 1 x 
 cos 2 n 1 x 
,
2 m 1
2 m 1
cos
x
sin
x
где n, m – любые натуральные числа, равносильно уравнению sin x  cos x , и затем решать
это более простое уравнение.
2. 3. Использование монотонности функции.
Решение уравнений и неравенств с использованием свойства монотонности
основывается на следующих утверждениях.
1. Пусть f(x) – непрерывная и строго монотонная функция на промежутке L, тогда
уравнение f(x)=C, где С – данная константа, может иметь не более одного решения
на промежутке L.
2. Пусть f(x) и g(x) – непрерывные на промежутке L функции, f(x) строго возрастает,
а g(x) строго убывает на этом промежутке, тогда уравнение f(x)=g(x) может иметь
не более одного решения на промежутке L.
Отметим, что в качестве промежутка L могут быть бесконечный промежуток (-∞; +∞),
полубесконечные промежутки (а; +∞), (-∞; а), [а; +∞), (-∞; а], отрезки, интервалы и
полуинтервалы.
Пример 1. Решить уравнение
х  2х
2
 2 х 3
 64
(18)
Решение. Очевидно, что х  0 не может являться решением уравнения (18), так как тогда
х  2х
2
 2 х 3
 0 . Для х>0 функция у  х  2 х 2 х3
2
непрерывна и строго возрастает, как
произведение двух непрерывных положительных строго возрастающих для этих х
х2 2 х3
х2 2 х3
функций f=x и g  2
. Значит, в области х>0 функция у  х  2
принимает
каждое свое значение ровно в одной точке. Легко видеть, что х=1 является решением
уравнения (18), следовательно, это его единственное решение.
Ответ: х=1.
Пример 2. Решить неравенство
2 х  3 х  4 х  3 . (19)
Решение. Каждая из функций у  2 х , у  3 х , у  4 х непрерывная и строго возрастающая
на всей оси. Значит, такой же является и исходная функция у  2 х  3 х  4 х . Легко видеть,
что при х=0 функция у  2 х  3 х  4 х принимает значение 3. В силу непрерывности и
строгой монотонности этой функции при х>0 имеем 2 х  3 х  4 х  3 , при х<0 имеем
2 х  3 х  4 х  3 . Следовательно, решениями неравенства (19) являются все х<0.
Ответ: -∞<x<0.
Пример 3. Решить уравнение
18  х  4 х  2  2 (20)
Решение. Область допустимых значений уравнения (20) есть промежуток 2  х  18 . На
области допустимых значений функции f ( x)  4 х  2 и g ( x)  4 18  х непрерывны и
4
строго убывают, следовательно, непрерывна и убывает функция h( x)  4 18  х  4 х  2 .
Поэтому каждое свое значение функция h(x) принимает только в одной точке. Так как
h(2)=2, то х=2 является единственным корнем исходного уравнения.
Ответ: х=2.
Пример 4. Решить неравенство
6
х  2 х 3  log 3 ( х  2)  1  х  4 . (21)
Решение. ОДЗ неравенства (21) есть промежуток 0  х  1 . На ОДЗ функция
f ( x)  6 х  2 х 3  log 3 ( х  2)  1  х является непрерывной и строго возрастающей. Так
как f(1)=4, то все значения х из множества [0; 1) удовлетворяют исходному неравенству.
Ответ: 0  х  1
Пример 5. Решить уравнение
log 2 ( х  1  1)  3 ( х  4) 2  2
Решение. Перепишем уравнение (22) в виде
(22)
log 2 ( х  1  1)  3 ( х  4) 2 .
Рассмотрим непрерывные функции f ( x)  log 2 ( х  1  1) и g ( x)  3 ( х  4) 2  2 . Функция
f(x) убывает на промежутке (-∞; 1] возрастает на промежутке [1; +∞). Функция g(x)
убывает на промежутке [1; +∞) и возрастает на промежутке (-∞; 1]. Так как на
промежутке [1; +∞) функция f(x) возрастает, а функция g(x) убывает и обе функции
непрерывны, то на этом промежутке уравнение f(x)=g(x) также может иметь более одного
корня. Легко видеть, что таким числом является число х=0. Итак, данное уравнение (22)
имеет два корня х1  0, х2  2.
Пример 6. Решить неравенство
(23)
2  х 2  х3  х 1
Решение. ОДЗ неравенства (23) есть все х из промежутка  2  х  2 . Все х из
промежутка  2  х  0 являются решениями исходного неравенства (23), так как для
8
каждого такого х имеем, что функция
g ( x)  х 3  х  1 отрицательна.
f ( x)  8 2  х 2
неотрицательна, а функция
Рассмотрим неравенство (23) на промежутке (0; 2] . Поскольку функция g(x)
непрерывна и строго возрастает на этом промежутке, а функция f(x) непрерывна и строго
убывает, то, если уравнение f(x)=g(x) имеет корень на этом промежутке, то он
единственный. Легко видеть, что таким корнем является число х=1.
Для каждого х из промежутка (0; 1) имеем, что f ( x)  8 2  х 2  1 , а
g ( x)  х 3  х  1  1 . Поэтому все х из этого промежутка являются решениями исходного
неравенства (23).


1; 2
каждого х из промежутка
имеем
f ( x)  8 2  х 2  1 , а
g ( x)  х 3  х  1  1. Поэтому такие х не удовлетворяют данному неравенству (23).
Итак, решениями исходного неравенства (23) являются все х из промежутка
 2;1 .
Для


Ответ:  2  x  1 .
Пример 7. Сколько действительных корней имеет уравнение
ax 3  bx  c  0 ,
(24)
если числа a и b одного знака?
b
b
Решение. Так как числа a и b одного знака, то  0 для любого х и x 2   0 . При с=0 и
a
a
ab>0 очевидно, что уравнение (24) имеет единственный корень х=0. Пусть с  0 .
Перепишем данное уравнение в виде
a
1
. (25)
 x
b
c
2
x 
a
1
Функция f ( x) 
для каждого x   ; принимает положительные
b
2
x 
a
значения и является непрерывной и строго возрастающей на промежутке  ;0 и
a
 0 , то функция
непрерывной и строго убывающей на промежутке 0; . Если
c
a
g ( x)   x непрерывна и строго убывает на всей оси    x   и принимает все
c
положительные значения для x   ;0 и отрицательные значения для x  0;.
a
Поэтому уравнение (25) имеет единственный корень на промежутке  ;0 . Если  0 ,
c
a
то функция g ( x)   x непрерывна и строго возрастает на всей оси    x   и
c
принимает все положительные значения для x  0; и отрицательные значения для
x   ;0 . Поэтому уравнение (25) имеет единственный корень на промежутке 0; .
Ответ: единственный корень.
2. 4. Использование графиков функций.
При решении уравнений и неравенств иногда полезно рассмотреть эскиз графиков
их правой и левой частей в одной и той же системе координат. Тогда этот эскиз графиков
поможет выяснить, на какие множества надо разбить числовую ось, чтобы на каждом из
них решение уравнения (или неравенства) было очевидно.
Обратим внимание, что эскиз графика лишь помогает найти решение, но писать,
что из графика следует ответ, нельзя, ответ еще надо обосновать.
Пример 1. Решить неравенство
(26)
1 х2  8 5  x .
Решение. Область допустимых значений неравенства (26) есть все х из промежутка [-1;1].
Эскизы графиков функций f ( x)  1  х 2 и g ( x)  8 5  x представлены на рисунке 7. Из
рисунка следует, что для всех х из ОДЗ неравенство (26) справедливо.
Докажем это. Для каждого x   1;1 имеем 0  f ( x)  1 , а для каждого такого х
имеем, что 8 5  x  8 4  1 . Значит, для каждого x   1;1 имеем f ( x)  1  g ( x) .
Следовательно, решениями неравенства (26) будут все х из промежутка [-1;1].
Ответ:  1  х  1 .
Пример 2. Решить уравнение
х 2  2 х  3  4  х 2 . (27)
Решение. ОДЗ уравнения (27) есть все х из промежутка  2  х  2 . Эскизы графиков
функций f ( x)  х 2  2 х  3 и g ( x)  4  х 2 представлены на рисунке 8. Проведем
прямую у=2. Из рисунка следует, что график функции f(x) лежит не ниже этой прямой, а
график функции g(x) не выше. При этом эти графики касаются прямой у=2 в разных
точках. Следовательно, уравнение не имеет решений. Докажем это. Для каждого
x   2;2 имеем 4  х 2  2 , а х 2  2 х  3  ( х  1) 2  2  2 . При этом f(x)=2 только для
х=-1, а g(x)=2 только для х=0. Это означает, что уравнение (27) не имеет решений.
Ответ: решений нет.
Пример 3. Решить уравнение
х 5  х  3 х  7 . (28)
Решение. Эскизы графиков функций f ( x)  х 5  х и g ( x)  3 х  7 представлены на
рисунке 9. Легко проверяется, что точка (-1; -2) является точкой пересечения графиков
функций f(x) и g(x), то есть х=-1 есть решение уравнения (28). Проведем прямую у=х-1.
Из рисунка следует, что она расположена между графиками функций у=f(x) и у=g(x). Это
наблюдение и помогает доказать, что других решений уравнение (28) не имеет.
Для этого докажем, что х из промежутка (-1; +∞) справедливы неравенства
5
х  х  х  1 и х  1  3 х  7 , а для х из промежутка (-∞; -1) справедливы неравенства
3
х  7  x  1 и х 5  х  х  1 . Очевидно, что неравенство х 5  х  х  1 справедливо для
х>-1, а неравенство х 5  х  х  1 для х<-1. Решим неравенство 3 х  7  x  1 . Это
3
неравенство равносильно неравенству х  7   х  1 , которое можно переписать в виде
х  1 х  22  2  0 .
Решениями этого неравенства являются все х<-1. Точно так же
показывается, что решениями неравенства
3
х  7  x  1 являются все х>-1.
Следовательно, требуемое
единственный корень х=-1.
Ответ: х=-1.
утверждение
доказано,
и
уравнение
(28)
имеет
Пример 4. Решить неравенство
1  log 2 (2  x)
6
.

2х  1
x
(29)
Решение. Область допустимых значений данного неравенства состоит из всех х,
1
удовлетворяющих условиям х>-2, х   , х  0 , то есть ОДЗ состоит из трех
2
1
1
промежутков  2  x   ,   x  0 , 0  x   . Рассмотрим неравенство (29) на
2
2
1
каждом из этих промежутков. Отметим, что в области -2<x<0, х   , равносильно
2
неравенству
4x  1
log 2 2  x  
, (30)
2x  1
а в области х>0 оно равносильно неравенству
log 2 2  x  
4x  1
.
2x  1
(31)
4x  1
приведены на рисунке 10. Из
2x  1
1
рисунка видно, что g(x)>f(x) на промежутке ( 2; ) и f(x)>g(x) на каждом из
2
 1 
промежутков   ;0  и 0; .
 2 
Поэтому неравенство (31) не имеет решений, а неравенство (30) будет иметь решениями
 1 
все х из промежутка   ;0  .
 2 
Докажем это.
1
А) Пусть  2  x   . Неравенство (29) равносильно на этом промежутке неравенству
2
(30). Легко видеть, что для каждого х из этого интервала справедливы неравенства
3
log 2 2  x   log 2  1 ,
2
4x  1
3
 2
2.
2x  1
2x  1
Следовательно, неравенство (30), а вместе с ним и исходное неравенство (29) не имеют
1
решений на интервале  2  x   .
2
1
Б) Пусть   x  0 . Тогда неравенство (29) также равносильно неравенству (30). Для
2
каждого х из этого интервала
1
3

log 2 2  x   log 2  2    log 2  0 ,
2
2

Эскизы графиков функций f ( x)  log 2 2  x  и g ( x) 
4x  1
0.
2x  1
Следовательно, любое такое х является решением неравенства (30), а поэтому и исходного
неравенства (29).
В) Пусть х>0. На этом множестве исходное неравенство равносильно неравенству (31).
Очевидно, что для любого х из этого множества справедливы неравенства
4x  1
3
 2
 2,
2x  1
2x  1
1  log 2 2  x .
Отсюда следует:
1) неравенство (31) не имеет решений на том множестве, где log 2 х  2  2 , то есть
неравенство (31) не имеет решений на множестве 2  x   ;
4x  1
 1 . Учитывая, что
2) неравенство (31) не имеет решений на том множестве, где
2x  1
в рассматриваемом случае х>0, получаем, что неравенство (31) не имеет решений
на множестве 0  x  1 . Остается найти решения неравенства (31), принадлежащие
интервалу 1<x<2.
На этом интервале
log 2 2  x  log 2 3 ,
4x  1
3
3 7
 2
 2  .
2x  1
2x  1
5 5
Покажем теперь, что справедливо числовое неравенство
7
log 2 3  .
(32)
5
7
5
Действительно, поскольку 3  2 , то 3  2 , откуда и очевидна справедливость
неравенства (32). Итак, на интервале 1<x<2 имеем
7 4x  1
log 2 2  x   log 2 3  
.
5 2x  1
Значит, неравенство (31) не имеет решений на интервале 1<x<2. Подводя итог, получаем,
1
что множество решений исходного неравенства есть интервал   x  0 .
2
1
Ответ:   x  0
2
2.5. Использование свойств четности или нечетности и периодичности функций.
Знания учащихся о свойствах четных и нечетных функций, о периодических функциях
становятся более глубокими и осознанными, если систематически использовать эти
свойства при решении уравнений и неравенств. Кроме того, применение свойств четности
или нечетности, периодичности функций способствует рационализации самих решений.
Пусть имеем уравнение или неравенство F(x)=0, F(x)>0 (F(x)<0), где F(x) – четная
или нечетная функция. Область определения такой функции симметрична относительно
нуля (необходимое условие).
Для любых двух симметричных значений аргумента из области определения четная
функция принимает равные числовые значения, а нечетная – равные по абсолютной
величине, но противоположного знака значения.
Выводы:
1. Чтобы решить уравнение F(x)=0, где F(x) – четная или нечетная функция,
достаточно найти положительные (или отрицательные) корни, после чего записать
отрицательные (или положительные) корни, симметричные полученным. Для нечетной
функции корнем будет x=0, если это значение входит в область определения F(x). Для
четной функции значение x=0 проверяется непосредственной подстановкой в уравнение.
5
7
2. Чтобы решить неравенство F(x)>0 (F(x)<0), где F(x) – четная функция,
достаточно найти решения для x≥0 (или x≤0). Действительно, если решением данного
неравенства является промежуток (x1, x2), где x1, x2 – числа одного знака или одно из них
равно нулю, то его решением будет и промежуток ( - x2, - x1).
3. Чтобы решить неравенство F(x)>0 (F(x)<0), F(x) – нечетная функция, достаточно
найти его решения для x>0 (или x<0). Действительно, функция F(x) для любого x≥0 (x≤0)
из области ее определения может находиться с нулем в одном из трех отношений:
«равно», «больше», «меньше». Следовательно, если нам известно, при каких значениях x
F(x)≥0 (F(x)≤0), то нам будет известно, при каких значениях x F(x)>0 (F(x)<0) (оставшиеся
значения x из области определения). Но если нам известны промежутки знакопостоянства
функции F(x) для x>0 (или x<0), то легко записать промежутки знакопостоянства и для
x<0 (x>0).
Если функция F(x) – периодическая, то решение уравнения F(x)=0 или неравенства
F(x)>0 (F(x)<0) достаточно найти на промежутке, равном по длине периоду функции,
после чего записать общее решение. Если периодическая функция еще и четная или
нечетная, то решение достаточно найти на промежутке, равном по длине половине
периода.
Выводы: анализ методической и математической литературы показал, что метод
решения уравнений и неравенств с использованием свойств функций используется в
школьном курсе математики редко, а в заданиях ЕГЭ и на вступительных экзаменах почти
каждый год предлагаются уравнения и неравенства, решение которых упрощается, если
применить свойства функций.
3.Решение уравнений и неравенств
3.1. Решение уравнений
Для того чтобы найти решение уравнения с одним неизвестным графическим способом,
нужно перенеся все члены его в левую часть, представить это уравнение в виде f(x)=0.
После этого необходимо построить график функции у= f(x). Абсциссы точек пересечения
или касания этого графика с осью х равны корням исходного уравнения. Если таких точек
нет, то уравнение не имеет решений.
В ряде случаев при решении уравнений с одним неизвестным целесообразней
воспользоваться другим методом. Для этого уравнение записывается в виде f1(x)= f2(x) и
заменяется системой
y= f1(x)
y= f2(x)
решаемой графически. Абсциссы точек пересечения или касания графиков f 1(x) и f2(x)
равны корням исходного уравнения.
Пример 1. Решите уравнение х=х+2
Решение. Строим график функций у=х2 и у=х+2. Корнями являются абсциссы точек
пересечения (-1;1) и (2; 4), т.е. -1 и 2
Пример 2. Решить уравнение 10х=sin x
Решение. После построения графиков функций у=10 х и у= sin x легко заметить, что
уравнение имеет бесчисленное множество решений. Значения корней близки к х к=-πк, где
к=1,2…
Вообще графическая иллюстрация часто помогает дать некоторые качественные ответы,
найти число корней, грубо указать отрезки на числовой оси, где они могут находится и
т.п. Даже в том случае, когда дать для них очную формулу трудно или вообще
невозможно.
Пример 3. Решить уравнение õ  ( x  1) 2
Решение. Построим графики функций, стоящих в левой и правой частях.
Из рисунка видно, что уравнение имеет два корня, один из которых находится в интервале
(0;1), а другой в интервале (2;3).
Можно указать эти интервалы и более точно: (0,5) и (2;2,5).
Пример 4.
Сколько решений имеет уравнение х2/cos x= cos x с таким расчетом, чтобы графики было
удобно построить. Строим графики левой и правой частей. Видим, что уравнение имеет 2
решения.
Находим, что уравнение имеет один корень х=3.
Пример 6.
Решить уравнение
5 x  27  x  3  4
Решение. Построим график функций y  5 x  27 и y  x  3  4
3.2.
Решение неравенств.
Пример 5.
Решите неравенство arсcos x≤1/2π x-1
Решение. Отметим, что функция у= arсcos x определена лишь на отрезке -1≤х≤1, поэтому
вне этой области решений исходного неравенства быть не может. Решением являются
совокупность тех значений х, при которых график функции у= arсcos x проходит ниже
графика у=1/2π x-1; кроме того, в решение войдут и значения абсцисс точек пересечения
двух графиков, так как мы имеем дело с нестрогим неравенством. Из рассмотрения
графиков находим решение -1≤х≤0, х=1.
Пример 6. Решите неравенство
1  log 2 ( x  1)  2 x
Практикум.
Решите графически уравнения и неравенства:
х
1
   х 1
3
х
1
1
   х
2
2
2х  х 
7
4
2 х  3  2х  х 2
3 х  х
х
3
1
  
х
3
х
1
3
   х 1
2
2  х  3х  10
2 х  3  2х  х 2
3 х  х
2  х  3 х  10
х
3
1
  
х
3
х
1
3
   х 1
2
 
х
1
   2х  5
3
log 1 х  4х 2
2
1
log 3 х  2  х 2
3
3
log 3 х 
х
х
2  log 1 х
2
х
1
   х 1
3
х
1
1
  <х
2
2
1
2х  9  х
3
2
1
3х   х 
3
3
Решите графически уравнения:
sinх = х+ 
sinх=2х
sinх+х=0
sinх=2х-2 


sin  х      3х
3

sinх- х    0
- sinх= х

сosx= х 
2
-сosx=3х-1
сosx=2х+1
сosx= х +1
sinх= сosx
sinх= х 2  1
Решите уравнения, используя функционально-графические методы:
х3 х
х 5 х
2х  6  х
х
1
   х4
3
х  12 = log 2 х
1

log 1 х   х  
2

2
2
1  х  Ln х
9
х 2
х
Решите неравенства, используя функционально-графические методы:
3 х > 12  1,5 х
2x  x
3 x  12  1,5 x
2x  x
log 2 х < 6  х
log 3 х  х 3
log 2 х  6  х
log 3 х  х 3
x 2  1  cosx


sinx   x    1
2

2
x 2  1  cosx


sinx   x    1
2

2
Определить, при каких целых значениях, а уравнение имеет два различных
действительных корня:
4х  4  2х  а
Решение:
Пусть 2 х  t>0, тогда уравнение примет вид t 2 4t  a . График параболы у= t 2 4t при
условии t>0 пересекается семейством горизонтальных прямых у=а ровно в двух точках
только в области, расположенной под осью t. Искомые значения параметра а=-3, а=-2, а=1.
Задания для самостоятельного выполнения:
1. 2 2 х  2  2  х  2  4а
2. 3  25 х  5 х 1  2а
3. 7  9  х  2  3 х 1  0,5а
4. 5 2 х 1  5 х 1 
а
3
5. 2 2 х 1  2 х  2  а
3
а
2
7. 81 х  9 0,5 х  а
6. 9 х  3 х 1 
8. 7 2 х  7 х 1  7а
Решите уравнение:
8x 
8x 

1. 16 х 2  24 х  12   3  sin
 3  sin

3 
3 

Решение:
Область допустимых значений уравнения: R
8x
3
8

x
16 х 2  24 х  9   sin 2
3
f(x)= 16 х 2  24 х  9 4 х  32
8x
g(x)=  sin 2
3
D(f(x))=D(g(x))=R
Область значений f(x) = [0; +∞), область значений g(x) = [-1;0].
Данное уравнение равносильно системе:
4 х  32  0 
3
8x
8 3




прих

,
sin

0

sin
  sin 2  0


8

x
2
4
3
3
4

sin

0


3


Ответ: х=0,75
4x 
4x 

2. 11  12 x  4 x 2   2  sin
 2  sin

3 
3 

Решение:
Область допустимых значений уравнения: R
4x
11  12 х  4 х 2  2  sin 2
3
4x
4 х 2  12 х  9   sin 2
3
2
f(x)= 4 х  12 х  9 2 х  32
4x
g(x)=  sin 2
3
D(f(x))=D(g(x))=R
Область значений f(x) = [0; +∞), область значений g(x) = [-1;0].
Данное уравнение равносильно системе:
2 х  32  0, 




2 4x
 0
 sin
3


16 х 2  24 х  12  3  sin 2
4x
3
4 3
  sin 2  0
=0 при х= , sin
3
2
3 2
Ответ: х=1,5
 sin 2
Задания для самостоятельного выполнения:

1. 16 х 2  40 х  27  


2. 27  20 x  4 x 2  


3. 25 х 2  20 x  6  


4. 25 х 2  60 x  39  

8x 

5 
4x 
2  sin

5 
5x 
2  cos

4 
5x 
3  cos

4 
2  sin
8x 

5 
4x 
2  sin

5 
5x 
2  cos

4 
5x 
3  cos

4 
2  sin
Список литературы:
1.
Единый государственный экзамен: математика: контрольные измерительные
материалы: 2010-2011.- Москва: Просвещение; Санкт-Петербург: Просвещение, 2010. 135с.
2.
Олехник С. Н., Потапов М. К., Пасиченко П. И. «Уравнения и неравенства.
Нестандартные методы решения». Москва: Дрофа, 2002-192с.
3.
Стойлова Л.П. Математика. Москва – 2002г.
4.
Федеральный банк экзаменационных материалов. ЕГЭ 2008 Математика. Сборник
экзаменационных заданий. Денищева Л.О., Рязановский А.Р., Семенов П.В., Сергеев И.Н.
Москва: Эксмо, 2008-240с.
5.
Самое полное издание реальных заданий ЕГЭ 2008 Математика: Кочагин В.В.,
Бойченко Е.М., Глазков Ю.А. и другие – Москва: АСТ: Астрель, 2008-124с.
6.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Методы решения неравенств с одной переменной.
7.
Алгебра учебник для 7 класса общеобразовательных учреждений. Макарычев Ю.Н.,
Миндюк Н.Г. Под редакцией С.А. Теляковского. – 11-е издание – Москва: Просвещение,
2002.-223с.
8.
Алгебра учебник для 8 класса общеобразовательных учреждений. Макарычев Ю.Н.,
Миндюк Н.Г. Под редакцией С.А. Теляковского. – 9-е издание – Москва: Просвещение,
2001.-240с.
9.
Алгебра учебник для 9 класса общеобразовательных учреждений. Макарычев Ю.Н.,
Миндюк Н.Г. Под редакцией С.А. Теляковского. – 4-е издание – Москва: Просвещение,
1997.-272с.
10. Алгебра и начала анализа 10-11 классы. Задачник для общеобразовательных
учреждений под редакцией А.Г. Мордковича. – 5-е издание-Москва: Мнемозина, 2004. –
315с.
11. Издательский дом «Первое сентября» Математика. Научно-методическая газета
№10-2006.
12. Издательский дом «Первое сентября» Математика. Научно-методическая газета №82007.
13. Издательский дом «Первое сентября» Математика. Научно-методическая газета
№16 – 2007.
14.
http://www.ege.edu.ru.
15.
http://mmmf.msu.ru/zaoch/math/ur_i_ner.pdf
Пример
Область применения свойств функции при
решении неравенств очень широка.
Наличие
свойств
(ограниченность,
монотонность и т.д.) функций, входящих в
неравенства
позволяет
применить
нестандартные
методы
решения
к
стандартным по формулировке задачам –
неравенствам. Пример, связанный с
композицией функций.
Пример
(использование
области
определения функции)
Предварительный
анализ
области
допустимых
значений
неизвестной
неравенства иногда позволяет получить
решения без преобразований неравенства.