Готовимся к экзамену по математике_Крамор В.С_2008 -544с

и ее рафи симметричен относительно начала оординат.

3. Функция y = k x

1°. Фун ция y = xk, k Ý N (k > 1) возрастает на множестве [0; +×), а множеством ее значений та же является множество [0; +×) (см. рис. 91—95). Значит, для фун ции y = xk существует обратная фун ция, определенная на множестве [0; +×) и принимающая значения из множества [0; +×). Эта обратная

фун ция обозначается та : y = k x .

2°. Для построения рафи а фун ции

4. Иррациональные уравнения

1°. Уравнения, в оторых переменная содержится под знаом орня, называют иррациональными.

2°. Решение иррациональных уравнений сводится переходу от иррационально о рациональному уравнению с помощью возведения в степень обеих частей уравнения.

162

3°. При возведении обеих частей уравнения в четную степень возможно появление посторонних орней. Поэтому при использовании у азанно о метода следует проверить все найденные

орни подстанов ой в исходное уравнение. Пример. Решить уравнение:

а) 2x – 3 = x – 2 ; б) x – 1 = 3 – x.

Р е ш е н и е. а) Возведя обе части уравнения в вадрат, получим 2x – 3 = x – 2, от уда x = 1. Провер а по азывает, что этот орень — посторонний (при x = 1 обе части уравнения не имеют смысла). Значит, данное уравнение не имеет орней.

б) Возведем обе части уравнения в вадрат:

x – 1 = (3 – x)2; x – 1 = 9 – 6x + x2; x2 – 7x + 10 = 0,

т. е. x = 2, x = 5. Провер ой убеждаемся, что x = 5 — посторонний орень, а x = 2 удовлетворяет уравнению.

4°. Заметим, про провер у можно упростить, если найти область определения данно о уравнения. Например, для уравнения

5. Иррациональные неравенства

Неравенства, в оторых переменная содержится под зна ом орня, называют иррациональными. Основным методом решения та их неравенств является метод возведения в степень. При этом решение иррациональных неравенств сводится решению рациональных неравенств или систем рациональных неравенств.

Пример. Решить неравенство:

а) x – 1 < 3 – x; б) x – 1 > 3 – x.

Р е ш е н и е. а) Область определения неравенства задается условием x – 1 l 0. Далее, по смыслу неравенства должно выполняться условие 3 – x > 0. При этих условиях обе части неравенства неотрицательны и поэтому можно использовать метод возведения в вадрат. В результате данное неравенство сводит-

т. е. решением неравенства служит промежуто [1; 2).

163

б) Область определения неравенства та же задается условием x – 1 l 0. Если при этом 3 – x < 0, то выполняется и данное неравенство (та а в левой части о ажется неотрицательное число, а в правой — отрицательное). Если же 3 – x l 0, то, а и в предыдущем случае, обе части неравенства можно возвести

Решением первой системы служит от рытый луч (3; +×), а решением второй системы — промежуто (2; 3]. Объединяя эти множества, находим решение данно о неравенства: (2; +×).

КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

164

УПРАЖНЕНИЯ

1. Задайте формулой фун цию, обратную данной фун ции f. Постройте рафи и данной и обратной ей фун ций, если фун -

ция f задана формулой y = 5x + 4 , де x < 0.

-----------------

x

2. Решите уравнение:

а) 35 – x + 35 + x = 1;

б) x2 + x + 4 + x2 + x + 1 = 2x2 + 2x + 9 ; в) 39 – x + 1 + 37 + x + 1 = 4;

) 3x2 – 2x + 15 + 3x2 – 2x + 8 = 7; д) |x – 5 – 2 | + |x – 5 – 3| = 1;

л) 32 – x + x – 1 = 1; м) 2 x – x2 = a.

165

3. Решите систему:

а) y = x – 3 ,

y + |x – 3| = 2.

Найдите частное x0 : y0; здесь и далее (x0; y0) — решение сис-

З а м е ч а н и е. В этом и следующем упражнениях приведены нетрадиционные иррациональные уравнения, оторые были предложены на ЕГЭ.

5. Решите уравнение:

а) 2x + 2x2 – 9 + 2x = 9 + 2x + 3 + x – 3 ;

ж) x – 1 + x + 7 = 2x – 2 + 2x + 2 ;

166

з) 11x + 3 + x – 2 = 9x + 7 + 2 – x ; и) 2(x + 36 – x + 1 ) = 5(x + 4 – x ); ) x – 3 – 4x – 19 = 18 – 2x – x + 2 ;

л) 5(x + 11 + x + 2 ) = 3(x + 18 + x + 3 ).

6. Решите неравенство:

10. Равносильны ли уравнения x + 3 = 0 и x2 – 3 = 0 на множестве: а) рациональных чисел; б) целых чисел; в) действительных чисел?

167

О Т В Е Т Ы

орней; л) x1 = 1, x2 = 2, x3 = 10; м) если a < 0 или a > 1, то нет орней; если a = 1, то два орня: x1 = –1, x2 = 1; если 0 < a < 1, то четыре

= x8 = 0. 3. а) 4; б) 2; в) 2; )) 5; д) –4; е) –1; ж) 3. 4. а) x = 0; б) x = 1; в) x = 0; )) x1 = –4,5, x2 = –0,75, x3 = 0. 5. а) x = 6; б) x = 7; в) x = 6; )) x = 13; д) x1 = 2, x2 = 5,84; е) x l 5; ж) x = 2; з) x = 2; и) x = 0;

Решения и методичес ие у азания

168

3. Возведя обе части уравнения (2) в уб, имеем 25 – x2 = –27, от-

уда находим x1 = –52 ; x2 =52 .

К упражнению 2д

1.Сначала найдем ОДЗ уравнения: x – 5 l 0, от уда x l 5.

2.Теперь найдем точ и на числовой прямой, в оторых выражения, записанные под зна ом модуля, равны нулю:

x – 5 – 2 = 0, x – 5 – 3 = 0, т. е. x1 = 9, x2 = 14.

3. Точ и x1 = 9 и x2 = 14 делят промежуто 5 m x < +× на три промежут а: 5 m x m 9, 9 < x m 14 и 14 < x < +×. Отметим зна и выраже-

нийx – 5 – 2 и x – 5 – 3 в этих промежут ах (рис. 101).

Рис. 101

169

4. В соответствии с у азанными зна ами имеем:

а) если x Ý [5; 9], то –x – 5 + 2 – x – 5 + 3 = 1; x – 5 = 2, x = 9; б) если x Ý (9; 14], то x – 5 – 2 – x – 5 + 3 = 1; 1 = 1; x Ý (9; 14];

в) если x Ý (14; +×), то x – 5 – 2 + x – 5 – 3 = 1; x – 5 = 3, x = 14 Ô (14; +×).

5. Объединяя решения, найденные в пп. 4а и б, за лючаем, что орнями уравнения являются все числа, принадлежащие отрез у [9; 14].

К упражнению 2з

1. Введем обозначения 3x – 2 = u, x + 1 = v, то)да данное уравнение будет э вивалентно системе

2.Выразив v через u из уравнения (2) и подставив это выражение

вуравнение (3), получим

u2 – u3 – 6u + 6 = 0, или (1 – u)(u2 + 6) = 0,

от уда u = 1. Ита , x = 3.

К упражнению 2и

1. Требуется решить уравнение

2. Найдем ОДЗ уравнения (1): x l 0, a – 3x l 0 (a l 3x ^ a l 0);

значит, 0 m x m a .

--

3

3. Для освобождения от ради алов в данном уравнении надо до-

полнительно потребовать выполнения неравенства 3x – a – 3x > 0, та а правая часть уравнения (1) — положительное число.

4. Та им образом, условие для возведения в вадрат имеет вид

5. Ита , должны выполняться следующие о)раничения:

170