Готовимся к экзамену по математике_Крамор В.С_2008 -544с

2. Пола$ая 2x = t, приходим убичес ому уравнению

3. Ка решить уравнение (2)?

I способ. Подбором находим t = 2 — орень уравнения. Далее, разделив мно$очлен t3 + t – 10 на двучлен t – 2, понизим степень уравнения на единицу:

аэто уравнение ле$ о решить.

II способ. Левую часть уравнения (2) преобразуем та :

t3 + t – 10 = t3 – 2t2 + 2t2 – 4t + 5t – 10 = = t2(t – 2) + 2t(t – 2) + 5(t – 2),

от уда

(t – 2)(t2 + 2t + 5) = 0.

4. Остается решить уравнение (3): а) t – 2 = 0, t = 2 = 2x, т. е. x = 1;

б) t2 + 2t + 5 = 0 — уравнение не имеет решений.

К упражнению 5

1. Упростим по азатели степеней, для че$о в аждой дроби выделим ее целую часть:

нями оторо$о являются t1 = –3 и t2 = 9. Корень t1 = –3 является посторонним, пос оль у не удовлетворяет условию t > 0, а орню t2 = 9 со-

201

К упражнению 6а

1.Воспользуемся тождеством a2 – b2 = (a + b)(a – b) применительно

первому уравнению данной системы; то$да система запишется в виде

(2x + 3y/ 2 )(2x – 3y/ 2 ) = –17, 2x – 3y/ 2 = –1.

2. Та а 2x – 3y/ 2 = –1, то первое уравнение этой системы примет вид

(2x + 3y/ 2 )(–1) = –17, или 2x + 3y/ 2 = 17. 3. Остается решить систему

2x + 3y/ 2 = 17, 2x – 3y/ 2 = –1.

Имеем: а) 2 · 2x = 16, x = 3; б) 23 + 3y/ 2 = 17; 3y/2 = 9; y = 4. Ответ: x = 3, y = 4.

К упражнению 6е

1. Положим 64x = u, 64y = v. То$да получим новую систему

u2 + v2 = 12, uv = 42 .

2.Возведем второе уравнение в вадрат: u2v2 = 32.

3.Используя теорему Виета, составим вадратное уравнение

z2 – 12z + 32 = 0, имеющее орни z1 = 8 и z2 = 4.

4. Этими орнями являются u2 и v2. Значит, u = 22 , v = 2 или

u= 2, v = 22 , т. е. 64x = 23 / 2 , 64y = 2 или 64x = 2, 64y = 22 .

5.Отсюда находим x и y:

К упражнению 7а

1. Здесь требуется найти множество значений a, при оторых система

3 · 5y2 + 2|x| = 21 – a,

(1)

5 · 5y2 – 3|x| = 11a + 16

не имеет решений.

202

2. Для упрощения введем обозначения u = 5y2 , v = |x|; то$да система (1) примет вид

3. Воспользуемся способом сложения. Умножив первое уравнение системы (2) на 3, а второе на 2, приходим системе

4. Сложив уравнения системы (3), получим 19u = 95 + 19a, или

5. Уравнение (4) не имеет решений, если u = 5y2 < 1, т. е. 5 + a < 1, от уда a < –4.

Примечание. Если бы мы ис али значения a, при оторых систе-

ма (1) имеет решение, то написали бы 1 m 5y2 < +×, т. е. 1 m u < +×. Но мы ищем те значения a, при оторых система (1) не имеет реше-

ний, следовательно, должно выполняться неравенство –× < 5y2 < 1,

т.е. u < 1.

6.Вернемся системе (2) и ис лючим из нее u. Умножив первое уравнение на 5, а второе на (–3), приходим системе

8. Уравнение (6) не имеет решений, если v = |x| < 0, т. е. 3 – 2a < 0,

от уда a > 3 .

--

2

9.Рассмотрим найденные для a промежут и и изобразим решения $рафичес и (на рис. 117 заштрихованы те промежут и значений a, при оторых система (1) не имеет решений).

10.Остается найти сумму целых значений a, не принадлежащих

Рис. 117

203

З а м е ч а н и е. Приведенное подробное решение можно оформить ороче.

Введем новые неизвестные

|x| = v, 5y2 = u,

от уда получим систему

3u + 2v = 21 – a,

5u – 3v = 11 + a + 16.

Решив эту систему, находим

Далее имеем |x| = 3 – 2a < 0, т. е. a > 3 ; 5y2 = 5 + a < 1, т. е. a < –4.

--

2

Затем ищем ответ.

К упражнению 7д

1. Здесь требуется найти множество значений a, при оторых система

5. Чтобы система (3) имела решения, необходимо выполнение следующих условий:

а) выражение 3–x2 должно удовлетворять неравенствам 0 <

< 3–x2 m 1;

б) выражение y должно удовлетворять неравенствам 0 m y < +×.

204

6. Та им образом, приходим системе неравенств

от уда –1,5 m a m –1. Ответ: a = –1.

К упражнению 8

1. Здесь требуется найти xy, $де x и y — решение системы

2. Положим u = (x + 2)2, v = 3|y – 2|, $де u l 0, v l 1. То$да система (1) примет вид

3.Сложив уравнения системы (2), получим 5v = 5a –10, или v = a – 2.

4.Составим новую систему

Значит, a = 3.

5.Отсюда следует, что u = –a + 3 = 0, v = a – 2 = 1.

6.Найдем x и y. Имеем:

а) u = (x + 2)2 = 0, т. е. x = –2; б) v = 3|y – 2| = 1, т. е. y = 2. 7. Ита , xy = –4.

К упражнению 10а

1. Пусть 5x = y; то$да данное неравенство примет вид

2. После упрощения неравенства (1) получим

205

3. Используя метод интервалов, находим y < 5, 25 m y < 30. О ончательно имеем:

а) 5x < 5; та а a = 5 > 1, то x < 1;

б) 25 m 5x < 30; та а a = 5 > 1, то 2 m x < log5 30. Ответ: x < 1, 2 m x < log5 30.

К упражнению 10в

1.Находим ОДЗ: x l 2.

2.Введем новую переменную 5x – 2 = y > 0; то$да данное неравенство будет равносильно следующему:

y

4. Та а y > 0, то неравенство (2) равносильно следующему:

y2 – 4y – 5 > 0, или (y + 1)(y – 5) > 0. (3) 5. Решив неравенство (3), получим y < –1 (не удовлетворяет усло-

вию y > 0), y > 5. Значит, 5x – 2 > 5, т. е. x – 2 > 1, от уда x > 3.

К упражнению 10д

1.Предварительный анализ неравенства свидетельствует о том, чтоа ая-либо замена ис лючена. Нужно ис ать дру$ой способ решения.

2.Преобразуем данное неравенство следующим образом:

206

2. Чтобы уравнение (1) имело два положительных орня, необходимо выполнение условий

D l 0, c > 0.

3.Имеем D = 52 + 4(5k + k2) = (2k + 5)2 > 0, k Ý R, k − –2,5.

4.Решив неравенство c > 0, т. е.–5k – k2 > 0, находим –5 < k < 0.

5.Значит, данное уравнение имеет два решения, если –5 < k < –2,5 или –2,5 < k < 0.

К упражнению 12

1. Решим уравнение

Пола$ая 2x = y > 0, придем вадратному уравнению y2 + 2y – 3 = 0, имеющему орни y = 1; y = –3 (посторонний орень, та а он не удовлетворяет условию y > 0). Значит, 2x = 1, от уда x = 0. Следовательно, уравнение (1) имеет единственный орень x = 0.

2. Со$ласно условию, уравнение

та же должно иметь толь о один орень x = 0. Подставив в уравнение (2) значение x = 0, получим уравнение относительно c:

3.В силу определения модуля решением уравнения (3) являются все значения c m 7.

4.При та их значениях c уравнение (2) примет вид

Уравнение (5) при c = 0 имеет единственный орень z = 1, а при

c − 0 — два орня z = 1 и z = – 7 . Чтобы уравнение (5) при c − 0 имело

--

c

толь о один орень, нужно, чтобы орень z = –7 был:

--

c

207

6. Учитывая отмеченные ранее условия, при выполнении оторых уравнение (2) должно иметь единственный орень x = 0, получаем ответ: 0 m c m 7 и c = –7.

К упражнению 13

1. Положим y = 2x > 0; то$да уравнение примет вид

2. Чтобы уравнение (1) имело два положительных орня, необходимо выполнение условий

3.Находим D = 16 + 4 · (4a + a2) = 16 + 16a + 4a2 = 4(a + 2)2 > 0 при a Ý R, a − –2.

4.Решив неравенство c > 0, т. е. –4a – a2 > 0, получим –4 < a < 0.

5.Та им образом, условия (2) выполняются при –4 < a < –2 и при –2 < a < 0.

6.Ита , получаем ответ: –3 – 1 = –4.

К упражнению 14

1. Из условия следует, что если бы поезд после останов и продолжал

дви$аться с прежней с оростью, то затратил бы на 12 мин (12 мин = 1 ч)

--

5

больше, чем предусмотрено расписанием.

v1 = 60, v2 = –75 (не удовлетворяет условию). Ответ: v = 60 м/ч.

К упражнению 15

1. Пусть v (м/с) — с орость встречно$о поезда; с орость поезда, в о-

208

3. По условию оба поезда вместе прошли 75 м. Следовательно,

а) если k = 2, то неравенство (1) примет вид 0 · x > 0, т. е. оно не имеет решений;

б) если k < 2, то решение неравенства (1) имеет вид x < k + 2; в) если k > 2, то решение неравенства (1) имеет вид x > k + 2.

К упражнению 17

1. Требуется решить систему уравнений

kx + 4y = 4, 3x + y = 1.

2. Из второ$о уравнения выразим y = 1 – 3x и, подставив это выражение в первое уравнение, получим

kx + 4(1 – 3x) = 4, или (k – 12)x = 0.

3.Если k − 12, то x = 0, а y = 1.

4.Если k = 12, то система имеет решения вида x = t, y = 1 – 3t ($де t Ý R).

5.Ита , система имеет решения при любых k.

209

Т е м а 12

À

Понятие логарифма. Свойства логарифмов. Логарифмическая функция, ее свойства и график. Теоремы о логарифме произведения, частного и степени. Формула перехода к новому основанию.

Десятичные логарифмы и их свойства. Логарифмирование и потенцирование.

Логарифмические уравнения. Логарифмические неравенства.

Системы логарифмических уравнений и неравенств

Теоретичес ие сведения

1. Понятие логарифма

1°. Ло арифмом числа b по основанию a ( де a > 0, a − 1) называют по азатель степени, в оторую надо возвести a, чтобы получить число b.

Ло арифм числа b по основанию a обозначают символом loga b.

2°. Если a > 0, a − 1, то loga b по определению есть по азатель степени, в оторую надо возвести число a, чтобы получить число b. Поэтому равенство aloga b = b есть тождество, оторое называют основным ло арифмичес им тождеством.

Например, 3log3 6 = 6; 6log6 7 = 7.

3°. Для обозначения десятичных ло арифмов принята специальная запись: вместо log10 b, де b — произвольное положи-

тельное число, пишут lg b.

2. Свойства логарифмов

1°. Ло арифмы существуют толь о для положительных чисел, т. е. loga N ( де a > 0 и a − 1) существует, если N > 0.

2°. При основании a > 1 ло арифмы чисел N > 1 положительны, а ло арифмы чисел 0 < N < 1 отрицательны. Например, log2 5 > 0; log3 0,5 < 0.

210