авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 |

«Е. П. Нелин АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА Учебник для 10 класса общеобразовательных учебных заведений Академический уровень ...»

-- [ Страница 5 ] --

ab3c a5b 4c b 5c 4 ;

1) 2) i i i a6 5 a4 ;

a 3 3a 5 2a 2.

3) 4) 17. Упростите выражение:

x + 4 xy x ab y 3 ab ;

1) 2) ;

3 3 4 x4 y x+4y a b 3 6 2 x 6 xy ab 2 ab + b, где a 0, b 0, a b;

3*) 4*).

3 y 6 xy a b ab 18°. Решите уравнение:

1) x3 = 7;

2) x6 = 3;

3) x5 = –5;

4) x8 = –13;

5) x4 = 16;

6) x3 = –64.

19. Постройте график функции:

1°) y = 4 x;

2°) y = 5 x;

3°) y = 7 x;

4°) y = 6 x;

5) y = 3 x ;

6) y = 3 x;

7) y = 4 x.

20. Решите графически уравнение:

x = 2 x;

x = 6 x;

x 2 = 4 x;

x = x + 2.

3 1) 2) 3) 4) Проверьте подстановкой, что значение x  действительно является корнем уравнения.

21*. Докажите, что уравнения, приведенные в задании 20, не имеют дру,, гих корней, кроме найденных графическим путем.

180 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ § 11 ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Т а б л и ц а Понятие иррационального уравнения Уравнения, в которых переменная находится под знаком корня, называ ются иррациональными. При решении заданное иррациональное уравне ние чаще всего сводят к рациональному уравнению с помощью некоторых преобразований.

Решение иррациональных уравнений 1. С помощью возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень При возведении обеих частей урав- При возведении обеих частей нения в нечетную степень получаем уравнения в четную степень могут уравнение, равносильное заданному появиться посторонние корни, (на его ОДЗ) которые отсеиваются проверкой Пример 1 Пример Решите уравнение 3 x 1 = 2. Решите уравнение 2x + 3 = x.

( x 1) = 2, ( 2x + 3 ) = x 2, 3 3 х – 1 = 8, х2 – 2х – 3 = 0, х1 = –1, х2 = 3.

х = 9. Проверка.

Ответ: 9. При х = –1 имеем: 1 = 1 — невер ное равенство, следовательно, х = –1 — посторонний корень.

При х = 3 имеем: 9 = 3 — верное равенство, следовательно, х = 3 — корень заданного уравнения.

Ответ: 3.

2. С помощью замены переменных Если в уравнение переменная входит в одном и том же виде, то удобно со ответствующее выражение с переменной обозначить одной буквой (новой переменной) Пример x 2 + 3 x = 2.

Решите уравнение Обозначим 3 x = t. Тогда x = ( x ) = t.

3 2 Получаем уравнение: t + t = 2, t + t – 2 = 0, t1 = 1, t2 = –2.

2 Выполняем обратную замену: 3 x = 1, тогда х = 1 или 3 x = 2, отсюда х = –8.

Ответ: 1;

–8.

§ 11. Иррациональные уравнения Объяснение и обоснование Иррациональными уравнениями называют такие уравнения, в кото рых переменная находится под знаком корня. Например, x 2 = 5, x + x = 2 — иррациональные уравнения.

Чаще всего решение иррациональных уравнений основывается на приведении данного уравнения с помощью некоторых преобразований к рациональному уравнению. Как правило, это достигается с помощью возведения обеих частей иррационального уравнения в одну и ту же сте пень (часто несколько раз).

Следует учитывать, что при возведении обеих частей уравнения в нечетную степень всегда получаем уравнение, равносильное заданному (на его ОДЗ).

x +7 = Например, уравнение (1) ( x +7) = 3, 3 равносильно уравнению (2) то есть уравнению х + 7 = 27. Отсюда х = 20.

Для обоснования равносильности уравнений (1) и (2) достаточно обратить внимание на то, что равенства А  =  В и А3 = В3 могут быть верными только одновременно, поскольку функ ция у = t3 является возрастающей (на рисунке приведен ее график) и каждое свое значение при нимает только при одном значении аргумента t.

Следовательно, все корни уравнения (1) (которые обращают это уравнение в верное равенство) бу дут корнями и уравнения (2), и наоборот, все кор ни уравнения (2) будут корнями уравнения (1).

А это и означает, что уравнения (1) и (2) явля ются равносильными. Аналогично можно обосно вать равносильность соответствующих уравнений Рис. и в случае возведения обеих частей уравнения в одну и ту же произвольную нечетную степень.

Если для решения иррационального уравнения обе части возвести в четную степень, то получаем уравнение-следствие — когда все корни первого уравнения будут корнями второго, но второе уравнение может иметь корни, которые не удовлетворяют данному уравнению. Такие кор ни называют посторонними для данного уравнения. Чтобы выяснить, являются ли полученные числа корнями данного уравнения, выполня ют проверку полученных решений.

182 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Например, для решения уравнения x =2x (3) возведем обе его части в квадрат и получим уравнение ( x ) = (2 x)2.

(4) Учитывая, что ( x ) = x, имеем х = 4 – 4х + х2, то есть х2 – 5х + 4 = 0.

Отсюда х1 = 1, х2 = 4.

Выполняем проверку. При х = 1 уравнение (3) обращается в верное равенство 1 = 2 1, 1 = 1. Значит, х = 1 является корнем уравнения (3).

При х = 4 получаем неверное равенство 4 = 2 4;

2 –2. Следова тельно, х = 4 — посторонний корень уравнения (3). То есть в ответ надо записать только х = 1.

Появление постороннего корня связано с тем, что равенство А2 = В можно получить при возведении в квадрат обеих частей равенства А  =  В или равенства А  =  –В. Таким образом, выполнение равенства А2 = В2 еще не гарантирует выполнение равенства А = В. То есть корни уравнения (4) не обязательно являются корнями уравнения (3) (но, ко нечно, каждый корень уравнения (3) является корнем уравнения (4), поскольку при выполнении равенства А  =  В обязательно выполняется и равенство А2 = В2).

Примеры решения задач x + 3 + 5x 1 = 4.

Решите уравнение Задача Решение Комментарий Изолируем один корень и воз 5x 1 = 4 x + 3, ведем обе части уравнения в ква ( 5x 1 ) = (4 x + 3 ), 2 драт — так мы избавимся от одного из корней.

5x 1 = 16 8 x + 3 + x + 3, Затем снова изолируем корень 8 x + 3 = 20 4x;

2 x + 3 = 5 x, и снова возведем обе части уравне (2 x + 3 ) = (5 x)2, ния в квадрат — получим квадрат ное уравнение.

4(х + 3) = 25 – 10х + х2, Поскольку при возведении х2 – 14х + 13 = 0, х1 = 1, х2 = 13.

в квадрат можно получить посто Проверка. х = 1 — корень ронние корни, то в конце выполним ( 4 + 4 = 4, 4 = 4);

проверку полученных решений.

х = 13 — посторонний корень ( 16 + 64 4).

Ответ: 1.

§ 11. Иррациональные уравнения 6 x = 2.

Решите уравнение Задача 6x Решение Комментарий Если в данное уравнение пере 6 x = t, где t 0.

Пусть менная входит в одном и том же виде ( 6 x ), то удобно это выражение t = 2.

Получаем t с переменной обозначить одной бук Тогда t2 + 2t – 8 = 0.

вой — новой переменной ( 6 x = t ).

Отсюда t1 = 2, t2 = –4.

t1 = 2 — удовлетворяет условию Если зафиксировать ограниче t 0;

ние t 0 (арифметическое значение t2 = –4 — не удовлетворяет усло- 6 x l 0 и в знаменателе не может вию t 0.

стоять 0), то в результате замены Обратная замена дает:

и приведения полученного уравне 6 x = 2, ния к квадратному будут выпол 6 – х = 4, няться равносильные преобразова х = 2. ния данного уравнения.

Ответ: 2. Можно было не фиксировать ограничение t 0, но тогда в ре зультате преобразований получаем уравнения-следствия, и найденные решения придется проверять.

x 2 + x + 1 = 3.

Решите уравнение Задача 3* Решение Комментарий Некоторые  иррациональные  3 x 2 = u, x 2 = u3, Пусть Тогда уравнения,  которые  содержат  не­ x + 1 = v.

x + 1 = v.

сколько корней n-й степени, можно  u + v = 3, привести  к  системе  рациональных  Получаем систему 3 уравнений, заменив каждый корень  u v = 3.

новой переменной.

Из первого уравнения находим x 2 = u, После замены v = 3 – u и подставляем во вто рое уравнение: x + 1 = v из данного уравнения по u3 – (3 – u)2 = –3, лучаем только одно уравнение u3 – (9 – 6u + u2) = –3, u + v = 3. Для получения второго u3 – u2 + 6u – 6 = 0, уравнения запишем, что по опреде u (u – 1) + 6 (u – 1) = 0, x 2 = u3, (u – 1)(u2 + 6) = 0. лению корня n-й степени x + 1 = v.

Учитывая, что u2 + 6 0, полу Вычтем из первого равен чаем u = 1. Тогда v = 2.

ства второе (чтобы избавиться от 184 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Имеем систему переменной х) и получим еще одну 3 x 2 = 1, связь между u и v: u3 – v2 = –3.

Полученную систему уравнений x + 1 = 2.

решаем методом подстановки.

Из первого уравнения х = 3, что Выполняя обратную замену, не удовлетворяет и второму урав- обходимо выяснить, существует ли нению. значение х, удовлетворяющее обоим Ответ: 3. соотношениям замены.

При решении систем уравнений, содержащих иррациональные урав нения, чаще всего используются традиционные методы решения систем уравнений: метод подстановки и метод замены переменных. При этом следует учитывать, что замена переменных (вместе с обратной заменой)  всегда  является  равносильным  преобразованием  (если при выбранной замене не происходит сужения ОДЗ данного уравнения или системы).

Но если для дальнейшего решения уравнений, полученных в результа те замены, мы будем пользоваться уравнениями-следствиями, то можно получить посторонние решения, и тогда полученные решения придется проверять.

4 x + 4 y = 3, Решите систему уравнений Задача 4 x y = 3.

Решение Комментарий x = u и 4 y = v дает x =u Если обозначить и Замена y = v, то x = u и y = v 2. Тогда u + v = 3, u v = 3. заданная система будет равносильна алгебраической системе, которую Из первого уравнения этой легко решить. После обратной заме системы ны получаем систему простейших u = 3 – v.

иррациональных уравнений.

Тогда из второго уравнения Так как замена и обратная за получаем мена приводят к равносильным си (3 – v)2 – v2 = 3.

стемам, то решения заданной Отсюда v = 1, тогда u = 2.

системы совпадают с решениями си Обратная замена дает:

4 x = 2, x = 16, y = 1, значит, y = 1;

стемы то есть y = 1.

y = 1, x = 2, следовательно, x = 16.

Ответ: (16;

1).

§ 11. Иррациональные уравнения Вопросы для контроля 1. Назовите основные методы решения иррациональных уравнений.

Приведите примеры применения соответствующих методов.

2. Объясните, почему для решения уравнений x 2 + 3 5 x 4 = 0, 3 x 6 x 2 = удобно применить замену переменной. Укажите замену для каждого уравнения.

3. Обоснуйте, что при возведении обеих частей уравнения в нечетную степень всегда получается уравнение, равносильное заданному.

4. Объясните, почему при возведении обеих частей уравнения в четную степень могут появиться посторонние корни. Как отсеивают посто ронние корни?

Упражнения Решите уравнение (1–6).

1. 1) x 2 = 1;

x 1 = 3;

x 1 = 3;

2) 3) x + 125 = 5;

2x 9 = 3.

3 4) 5) x + 1 = x 5;

2) 3x 2 + x = 4;

3°) x x 3 = x;

4) x 3 + x x = 0.

3 1) 2.

x 2 + 2x + 5 = 3;

2x 20 + x + 15 = 5;

1) 2) 3.

x 3 = 1 + x 4;

x + 2 x 6 = 2.

3) 4) x 2x + 6 = x;

x x 3 + 5 = x;

3 1) 2) 4.

3 3 x + 10 = 2;

2 + x 2 + 3x 4 = 2.

3) 4) x + 3 6 x = 4;

x 2 + 2 4 x 2 = 3;

1) 2) 5.

3) 3 4 x + 1 + 8 x + 1 = 4;

x 2 1 + 4 x 2 1 = 2.

4) 6*. 1) 3 2 x = 1 x 1;

2) 3 2x + 3 3 2x + 1 = 2.

Решите систему уравнений (7–8).

33 x + 3 y = 6, 2 x + 3 y = 7, 7. 1) 2) x y = 2;

3 x y = 5;

2 x y = 7, 4) 3) x + y = 3, 2x y = 7;

x y = 4.

3 x + 3 y = 4, 4 x + y + 4 x y = 2, 2) 8*. 1) x + y = 28;

x + y x y = 8;

x + 3y + 6 = 2, x + y 1 = 1, 4) 3) 2x y + 2 = 1;

x y + 2 = 2y 2.

186 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ ОБОБЩЕНИЕ ПОНЯТИЯ СТЕПЕНИ.

§ 12 СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ, ЕЕ СВОЙСТВА И ГРАФИК 12.1. Обобщение понятия степени Т а б л и ц а 1. Степень с натуральным и целым показателем a i... i a а R, n N (n l 2) an = a a1 = a i n a a0 = 1 a 0, n N a n = n a 2. Степень с дробным показателем m a 0, n N (n l 2), m Z a n = n am al an = n a 3. Свойства степеней ()= an = am + n am n n i a a n am : an = am n b b ( ) =( ) n n (a m ) n = a mn a b b a (ab) n = a nb n Объяснение и обоснование 1. Из курса алгебры 7–9 классов вам известны понятия степеней с нату ральным и целым показателями. Напомним их определения и свойства.

Если n — натуральное число, большее, чем 1, то для любого дейст an = a вительного числа a a i... i a, то есть an  равно произведению i n n сомножителей, каждый из которых равен a.

При n = 1 считают, что a1 = a.

Если a 0, то a 0 = 1 и a n =, где n — натуральное число.

n a 1 Например, (–5)3 = (–5)(–5)(–5) = –125, 23 = =.

Вам известны также основные свойства степеней:

()= n n a a an = am + n;

am : an = am n;

(am ) n = amn;

(ab) n = anb n;

am.

i n b b § 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график Напомним еще одно полезное свойство () ( ).

n n n a b b 1 = = = = () n an n b a a a bn b 2 Обобщим понятия степени для выражений вида 37 ;

60,2, 5 3  и т. п., то есть для  степеней  с  рациональными  показателями. Соответствующее определение желательно дать так, чтобы степени с рациональными показа телями имели те же свойства, что и степени с целыми показателями.

Например, если мы хотим, чтобы выполнялось свойство (ap)q = apq, то (a )mn mi n =an = a m.

должно выполняться равенство Но по определению n m корня n-й степени последнее равенство означает, что число a n является корнем n-й степени из числа am. Это приводит нас к такому определению.

m Степенью числа a 0 с рациональным показателем r =, где m — n n am.

целое число, а n — натуральное число (n 1), называется число Также по определению принимаем, что при r 0r = 0.

Например, по определению степени с рациональным показателем:

2 1 3 = = 5 3 = 3 5;

7 32 = 4 23 = 4 ;

37 9;

0 5 = 0.

2 m З а м е ч а н и е. Значение степени с рациональным показателем a n (где n  1) не определяется при a  0.

Это объясняется тем, что рациональное число r можно представить раз m mk ными способами в виде дроби: = = r где k — любое натуральное число.

, n nk При а 0, используя основное свойство корня и определение степе m mk ни с рациональным показателем, имеем: a r a n n a m nk a mk a nk.

== = = Таким образом, при а 0 значение аr не зависит от формы записи r.

1 При а 0 это свойство не удается сохранить. Например, если r= =, 3 1 2 то должно выполняться равенство a 3 = a 6. Но при а = –1 получаем a 3 = 2 = ( 1) 3 = 3 1 = 1;

a 6 = ( 1) 6 = ( 1) = 6 1 = 1 1, то есть при отрицатель 1 ных значениях а имеем  a 3 a 6,  и вследствие этого определение степени m a n (где т — целое, п — натуральное, не равное 1) для отрицательных значений а обычно не вводится.

188 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Покажем теперь, что для введенного определения степени с рацио нальным показателем сохраняются все свойства степеней с целыми по казателями (различие состоит в том, что приведенные далее свойства являются правильными только для положительных оснований).

Для любых рациональных чисел r и s и любых положительных чи сел а и b выполняются равенства:

ar•as = ar + s;

1) ar : as = ar – s;

2) (ar)s = ars;

3) (ab)r = arbr;

4) ()= r r a a.

5) r b b Для доказательства этих свойств достаточно воспользоваться опре делением степени с рациональным показателем и доказанными в § свойствами корня п-й степени.

p m Пусть r = и s =, где п и q — натуральные числа (большие 1), n q а т и р — целые.

Тогда при а 0 и b 0 имеем:

mq + np q nq nq nq a mq + np = a = a r + s;

1) a r a s = n a m a p = = a mq np nq a mq np nq n r m mq mq a a a a nq a mq np = a = a r s;

2) a : a = = = = nq = r s nq s np q nq p np a a a a 3) (a r ) = ( n a m ) = n a ms = a n = a n = a rs;

ms m s s s m m m 4) (ab ) = (ab ) n = (ab ) = n a mb m = n a m n b m = a n b n = a r b r ;

r m n ( ) =( ) = ( ) m m r m n m m r an n a a a a a a = = = = 5) n.

n m m r b b b n m b b b bn Понятие  степени  с  иррациональным  показателем. Опишем в об щих чертах, как можно определить число a для иррациональных, когда a 1. Например, объясним, как можно понимать значение 2.

Иррациональное число 3 можно представить в виде бесконечной десятичной непериодической дроби: 3 = 1,7320508075.... Рассмотрим десятичные приближения числа 3 с недостатком и с избытком:

§ 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график 1 3 2;

1,7 3 1,8;

1,73 3 1,74;

1,732 3 1,733;

1,7320 3 1,7321;

1,73205 3 1,73206;

1,732050 3 1,732051;

...

Будем считать, что когда r 3 s (где r и s – рациональные числа), r s то значение 2 3 находится между соответствующими значениями 2 и 2, r s а именно: 2 2 2. Найдем с помощью калькулятора приближенные r s значения 2 и 2, выбирая как r и s приближенные значения 3 с недо статком и с избытком соответственно. Получаем соотношения:

21 2 3 22 ;

21,7 3,2490096 2 21,8 3,4822022;

21,73 3,3172782 2 21,74 3,3403517;

21,732 3,3218801 2 21,733 3,3241834;

21,7320 3,3218801 2 21,7321 3,3221104;

21,73205 3,3219952 2 21,73206 3,3220182;

21,732050 3,3219952 2 3 21,732051 3,3219975.

...

r s  Как видим, значения 2 и 2 приближаются к одному и тому же числу 3,32199... которое и считают степенью 2 3. Таким образом, 2 3 = 3,32199....

Значение 2 3, вычисленное на калькуляторе, следующее: 2 3 3,321997.

Можно доказать, что всегда, когда мы выбираем рациональные чис ла r, которые с недостатком приближаются к иррациональному числу, и рациональные числа s, с избытком приближающиеся к этому же иррациональному числу, для любого a 1 существует, и притом толь ко одно, число y, которое больше, чем все ar, и меньше, чем все as. Это число y по определению и есть значение a.

Аналогично определяется и степень с иррациональным показателем для 0 a 1, только в случае, когда r s при 0 a 1, считают, что as a ar. Кроме того, как и для рациональных показателей, по определению считают, что 1 = 1 для любого и 0 = 0 для всех 0.

190 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Примеры решения задач Представьте выражение в виде степени с рациональным Задача 53 ;

3) 3 7 a 2 при а l 0;

4*) 75 ;

2) a2.

показателем: 1) Решение Комментарий По определению степени с ра 75 = 7 ;

1) циональным показателем для а 3 m (1) 53 = 5 4 ;

4 n am = a n.

2) Для задания 3 учтем, что вы a2 = a 7 ;

при а l 3) ражение a 7 определено также = = 4) a.

a a 7 и при а = 0.

В задании 4 при a 0 мы не имеем права пользоваться формулой (1). Но если учесть, что а2 = | a |2, то для осно вания | a | формулой (1) уже можно воспользоваться, поскольку | a | l 0.

3 Вычислите: 1) 814 ;

2) 128 7 ;

3*) ( 8) 3.

Задача Решение Комментарий Используем определение степе 1) 814 = 4 813 = ( 4 81 ) = 33 = 27;

ни с рациональным показателем:

= 7 128 2 = ( 7 128 ) = 2) m a n = n a m, где а 0.

128 При выполнении задания 3 учи = 22 = ;

4 m тываем, что выражение a n не опре ( 8 ) не существует, посколь 3) * делено при а 0.

ку степень a 3 определена толь ко при а l 0.

ab x + Упростите выражение: 1) ;

2*) Задача 3.

1 1 2 b a2 3x 3 + x Решение Комментарий Поскольку данные примеры со (a ) (b ) 12 ab 2 2 1 = = 1) держат выражения a 2, b 2, x 3, то 1 1 b2 a2 b a2 а l 0, b l 0, х l 0. Тогда в задании неотрицательные числа а и b можно § 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график (a )( a ) =a () 1 1 1 1 b2 + b 2 представить как квадраты: a = a 2, = +b ;

2 1 () a2 b b = b2 и применить формулу раз (x ) ности квадратов: х2 – у2 = (х – у) x + 27 + = = 2) * (х + у), а в задании 2 представить 2 1 2 3x 3 +9 3x 3 + x3 x3 неотрицательное число х как куб:

(x )( x ) =x 1 2 () +3 3x 3 + 3 = + 3. x = x 3 и применить формулу раз 2 ложения суммы кубов:

x 3 3x 3 + а3 + b3 = (а + b)(а2 – аb + b2).

Решите уравнение:

Задача x 2 = 1;

2*) x 3 = 1.

1) Решение Комментарий Область допустимых значений 3 x 2 = 1. ОДЗ: х  R, 1) x 2 = 1 — все действи уравнения х2 = 1, х = ±1. тельные числа, а уравнения x 3 = 1 — Ответ: ±1. только х l 0.

При возведении обеих частей уравнения в куб получим урав 2*) x 3 = 1. ОДЗ: х l 0, нение, равносильное данному на х2 = 1, его ОДЗ. Таким образом, первому х = ±1. уравнению удовлетворяют все най Учитывая ОДЗ, получаем х = 1. денные корни, а второму — только Ответ: 1. неотрицательные.

(В задании 1 также учтено, что ( 3 x2 )3 = x2, а в задании 2 — что (x )23 =x = x 2.) 3 Вопросы для контроля 1. Дайте определение степени с натуральным показателем. Приведите примеры вычисления таких степеней.

2. Дайте определение степени с целым отрицательным показателем и с нулевым показателем. Приведите примеры вычисления таких степеней. При каких значениях а существуют значения выражений а0 и а–n, где n  N?

192 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ 3. Дайте определение степени с рациональным показателем r = m, где n т — целое число, а п — натуральное, не равное 1. Приведите при меры вычисления таких степеней. При каких значениях а существу m ют значения выражения a n ? Укажите область допустимых значений 2 выражений a 5 и a 5.

4. Запишите свойства степеней с рациональными показателями. При ведите примеры использования этих свойств.

5. Обоснуйте свойства степеней с рациональными показателями.

* 6*. Объясните на примере, как можно ввести понятие степени с ирра циональным показателем.

Упражнения 1°. Представьте выражение в виде корня из числа:

2 1 1) 2 2 ;

2) 3 5 ;

3) 50,25;

4) 4 7 ;

5) 21,5;

6) 7 3.

Представьте выражение в виде степени с рациональным показателем:

2.

7 9 ;

1°) 2°) 4;

3°) 35 ;

5) 4 2b при b l 0;

c4.

a 2 при a 0;

4) 6*) 3°. Имеет ли смысл выражение:

1) ( 3 ) 2 ;

2) (–5)–2;

3) 4 7 ;

4) 0–5?

Найдите область допустимых значений выражения:

4.

1 3) (x 1) 3 ;

2) х–3;

1) x 5 ;

4) (x + 3) 7 ;

6) х3 – 5.

5) (х2 – 1)0;

5. Найдите значение числового выражения:

1 64 4 8 27 3 2) 8 ;

4) ;

1) 2430,4;

3) 16 4 ;

3 () () () 1 1 1 1 2 1 2 1 16 2 8 3;

5) 6) 25 81 125 ;

2 4 7) ( ) () 1 2 3 1 23 : 49 2.

25 6. Разложите на множители:

1 1 1 1 1 1 1) (ax) 3 + (ay) 3 ;

2) a a 2 ;

4) a + b 2 + a 2 + a 2 b 2.

3) 3 + 3 2 ;

§ 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график 7. Сократите дробь:

1 1 c + c 2d 2 + d m+n p2 a2 + b ;

.

1) ;

2) ;

3) 4) 3 3 2 1 1 ab p d2 m 3n 3 + n c2 m Упростите выражение (8–9).

( ) ( ) 2c ;

12 1 1 1 8. 1) 1 + c 2 2) x 2 y 2 + 2x 2 y 2 ;

)( )( ) 3) ( x + 1) ( x 1) ( x ) ( 1 1 1 1 1 1 1 +1 ;

4) k 4 + l 4 k 8 + l 8 k 8 l 8.

4 4 z8 a+b x2 ab ;

.

9. 1) ;

2) 3) 4) ;

2 1 2 11 x 16 1 + 2z 3 +4 a 3b 3 + b z3 a b a 10. Решите уравнение:

3 1 1) x 5 = 1;

2) x 7 = 2;

3) x 5 = 2;

x 2 = 2.

4) 194 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ 12.2. Степенная функция, ее свойства и график О п р е д е л е н и е. Функция вида у = х, где — любое действительное число, называется степенной функцией.

Графики и свойства График 1. у = х, — четное натуральное число 2. у = х, — нечетное натуральное число 3. у = х, — нечетное отрицательное число § 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график Т а б л и ц а Особый случай ( = 0) Если = 0, то y = x  = x0 = 1 (при х 0).

функции у = х (при 0) Свойства четность и нечетность возрастание и убывание D (y) E (y) (y = x2n, n N) Убывает на промежутке [0;

+) Четная (–;

0], возрастает R на промежутке [0;

+) (у = х и у = х2n + 1, п  N) Нечетная Возрастает R R (y = x (2n 1) =, n N) 2n x Убывает на каждом х0 у0 Нечетная из промежутков (–;

0) и (0;

+) 196 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Графики и свойства График 4. у = х, — четное отрицательное число 5. у = х, 6. у = х, § 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график Продолжение табл.  функции у = х (при 0) Свойства четность и нечетность возрастание и убывание D (y) E (y) (y = x 2n =, n N) 2n x Возрастает на промежутке (–;

0), х0 (0;

+) Четная убывает на промежутке (0;

+) — нецелое положительное число [0;

+) [0;

+) Ни четная, ни нечетная Возрастает — нецелое отрицательное число (0;

+) (0;

+) Ни четная, ни нечетная Убывает 198 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Объяснение и обоснование Степенными  функциями  называют функции вида у = х, где — любое действительное число.

С некоторыми из таких функций вы уже ознакомились в курсе ал гебры 7–9 классов. Это, например, функции у = х1 = х, у = х2, у = х3.

При произвольном натуральном графики и свойства функции у = х аналогичны известным вам графикам и свойствам указанных функций.

Описывая свойства степенных функций, выделим те характеристи ки функций, которые мы использовали в § 10: 1) область определения;

2) область значений;

3) четность или нечетность;

4) точки пересечения с осями координат;

5) промежутки знакопостоянства;

6) промежутки воз растания и убывания;

7) наибольшее и наименьшее значения функции.

1. Функция вида y = x ( — четное натуральное число). Если  — чет ное натуральное число, то функция у = х2п, п  N, имеет свойства и гра фик, полностью аналогичные свойствам и графику функции у = х2.

Действительно,  область  определения функции у = х2п : D (y) = R, поскольку значение этой функции можно вычислить при любых значе ниях х.

Функция четная: если f (х) = х2п, то f (–х) = (–х)2п = х2п = f (х). Таким образом, график функции у = х2п симметричен относительно оси Оу.

Поскольку при х = 0 значение у = 0, то график функции y = x2n всег да проходит через начало координат.

На промежутке [0;

+) функция возрастает.  Действительно, для неотрицательных значений x1 и x2 (x1 l 0, x2 l 0) при x2 x1 получаем x2 n x1 n, поскольку, как известно из курса ал 2 гебры 9 класса, при возведении обеих частей верного неравенства с неотрицательными членами в четную степень (с сохранением знака неравенства) получаем верное неравенство.

На промежутке (–;

0] функция убывает.

Действительно, для неположительных значений x1 и x2 (x1 m 0, x2 m 0), если x2 x1, то –x2 –x1 (и теперь –x1 l 0, –x2 l 0). Тогда (–x2)2n (–x1)2n, таким образом, x2 n x1 n, то есть f (x2) f (x1).

2 Для нахождения области значений функции у = х2п, п  N, составим уравнение x2n  =  a. Оно имеет решения для всех а l 0 (тогда x = ± 2n a ) и только при таких значениях а. Все эти числа и составят область значе ний функции. Следовательно, область значений данной функции: у l 0, то есть Е (у) = [0;

+).

Таким образом, для всех действительных значений x значение у l 0.

Наименьшее значение функции равно нулю (y = 0 при x = 0). Наиболь­ шего значения функция не имеет.

Отметим также, что при x = 1 значение y = 12n = 1.

Учитывая свойства функции у = х2п, п  N, получаем ее график (рис. 85).

§ 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график 2. Функция y = x ( — нечетное натуральное число). Если  — нечетное натуральное число ( = 2n – 1, n N), то свойства функции y = х2n – 1, п  N, аналогичны свойствам функции y = x3.

Действительно, область  определения функции y = х2n – 1, п  N:

D (y) = R, поскольку значение этой функции можно вычислить при лю бых значениях х.

Функция нечетная: если f (х) = х2п–1, то f (–х) = (–х)2п–1 = –х2п–1 = –f (х).

Таким образом, график функции симметричен относительно начала ко ординат.

Поскольку при х = 0 значение у = 0, то график функции у = х2п – всегда проходит через начало координат.

На всей области определения функция возрастает.

Действительно, при x2 x1 получаем x2 n 1 x1 n 1, поскольку при 2 возведении обеих частей верного неравенства в нечетную степень (с сохранением знака неравенства) получаем верное неравенство.

Для нахождения области значений функции у = х2п–1, п  N, соста вим уравнение х2п–1 = a. Оно имеет решения для всех a  R (при n = a ). Таким образом, 2n получаем x = a, а при n 1, п  N, получаем x = область значений данной функции: y  R, то есть Е (у) = R = (–;

+).

Поэтому наименьшего и наибольшего значений функция не имеет.

Промежутки знакопостоянства: при x 0 значение y = x2n – 1 0, при x 0 значение y = x2n – 1 0.

Отметим также, что при x = 1 значение y = 12n – 1 = 1.

Как известно из курса алгебры и геометрии, графиком функции y = x1 = x является прямая, проходящая через начало координат (рис. 86), а при других нечетных натуральных функция y = x2n + 1, п  N, имеет график, аналогичный графику функции у = х3 (рис. 87).

3. Функция y = x ( — нечетное отрицательное число). Если  — нечет ное отрицательное число, то функция y = x–(2n – 1), п  N, имеет свойства и график, полностью аналогичные свойствам и графику функции y =.

x а б Рис. 85 Рис. 86 Рис. 200 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Действительно, область определения функции y = x (2n 1) = : х 0, 2n x то есть D (y) = (–;

0)(0;

+), поскольку значение этой функции можно вычислить при любых значениях х, кроме x = 0.

Функция нечетная: при х 0, если f (x) = x–(2n – 1), то f (–х) = (–х)–(2n – 1) = –х–(2n – 1) = –f (х).

Таким образом, график функции симметричен относительно начала ( ) (2n 1) координат. Учитывая, что х 0 и y 0 y = x = 2n 1 0, получаем, x что график функции y = x–(2n – 1) не пересекает оси координат.

На промежутке (0;

+) функция убывает.

Действительно, для положительных значений x1 и x2 (x1 0, x2 0) 1 при x2 x1 получаем x2 n 1 x1 n 1, тогда 2, следовательно, 2n 1 2n x2 x x2 (2n 1) x1 (2n 1).

На  промежутке (–;

0) функция  также  убывает. Это следует из того, что ее график симметричен относительно начала координат.

Приведем аналитическое обоснование: если x1 0, x2 0 и x2 x1, то –x2 –x1 (и теперь –x1 0, –x2 0). Тогда по обоснованному выше (–x2)–2(n – 1) (–x1)–2(n – 1), таким образом, x2 (2n 1) x1 (2n 1). Отсюда x2 (2n 1) x1 (2n 1).

Для нахождения области значений функции y = x–(2n – 1), п  N, со ставим уравнение x–(2n – 1) = a, то есть 21 1 = a. Оно имеет решения для x n 1 всех а 0 (тогда x = 2n 1 при n 1 и x = при n = 1) и только при та a a ких значениях а. Все эти числа и составят область значений функции.

Таким образом, область значений заданной функции: у 0, то есть Е (у) =(–;

0)(0;

+).

Поэтому наименьшего и наибольшего значений функция не имеет.

Промежутки знакопостоянства:

при x 0 значение y  =  x–(2n – 1) 0, а при x 0 значение y = x–(2n – 1) 0.

Отметим также, что при x = 1 значение  y = 1–(2n – 1) = 1.

Учитывая свойства функции y  = =  x–(2n – 1), п  N, получаем ее график (рис. 88).

4. Функция y = x ( — четное отрица тельное число). Если  — четное отри цательное число, то функция y = x–2n, Рис. § 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график п  N, имеет свойства и график, полностью аналогичные свойствам и графику функции y =.

x 2n Действительно, область определения функции y = x = :  х 0, 2n x то есть D (y) = (–;

0) (0;

+), поскольку значение этой функции мож но вычислить при любых значениях х, кроме x = 0.

Функция четная: при х 0, если f (x) = x–2n, то f (–х) = (–х)–2п = х– 2п = = f (х). Таким образом, график функции симметричен относительно оси Oy.

Учитывая, что при х 0 значение y = x 2n = 0, получаем, что 2n x график функции у = х2п не пересекает оси координат.

На промежутке (0;

+) функция убывает.

Действительно, для положительных значений x1 и x2 (x1 0, x2 0) при x2 x1 получаем x2 n x1 n, тогда 2 2 1, следовательно, 2n 2n x x 2 x2 2n x1 2n.

На промежутке (–;

0) функция возрастает.

Это следует из того, что ее график симметричен относительно оси Oy. Приведем также и аналитическое обоснование: если x1 0, x2 0 и x2 x1, то –x2 –x1 (и теперь –x1 0, –x2 0). Тогда по обо снованному выше (–x2)–2n (–x1)–2n, следовательно, x2 2n x1 2n.

Для нахождения области значений функции y = х, п  N, соста – 2п вим уравнение х–2п = a, то есть 1 = a. Оно имеет решения для всех a 2n x 2n (тогда x = ± и только при таких значениях а. Все эти числа и соста a вят область значений функции. Таким образом, область  значений за данной функции: y 0, то есть Е (у) = (0;

+).

Поэтому наименьшего и наибольшего значений функция не имеет.

Отметим также, что при x = 1 значение y = 1–2n = 1.

Учитывая свойства функции y = x–2n, п  N, получаем ее график (рис. 89).

5. Функция y = x ( — нецелое положитель ное число). Если   —  нецелое положитель ное число, то функция y = x ( 0, — не целое) имеет область  определения: х l 0, то есть D (y) = [0;

+), поскольку значение степени с положительным нецелым показа телем определено только для неотрицатель ных значений х.

Тогда область определения несим метрична относительно точки 0, и функция не может быть ни четной, ни нечетной. Рис. 202 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Поскольку при х = 0 значение у = 0, то график функции у = x ( 0)  всегда проходит через начало координат. При x 0 значение y = x 0.

Можно обосновать, что на всей области определения функция y = x  ( 0) является возрастающей.

Для нахождения области значений функции y = x составим уравнение ) x = a. Оно имеет решения для всех а l 0 (тогда x = a и только при таких значениях а. Все эти числа и составят область значений функции. Таким образом, область значений данной функции: у l 0, то есть Е (у) = [0;

+).

Отметим также, что при x = 1 значение y = 1 =1.

При изображении графика функции y = x ( 0, — нецелое) сле дует учитывать, что при 0 1 график имеет вид, аналогичный гра фику y = x (рис. 90)1, а при 1 — аналогичный правой ветви графика y = x2 (рис. 91).

6. Функция y = x ( — нецелое отрицательное число). Если  — не целое отрицательное число, то функция y = x ( 0, — нецелое) имеет область определения: x 0 (D (y) = (0;

+)), поскольку значение степени с отрицательным нецелым показателем определено только для положи тельных значений х.

Тогда область определения несимметрична относительно точки 0, и функция не может быть ни четной, ни нечетной.

Учитывая, что при x 0 значения y = x 0 (то есть х 0 и у 0), по лучаем, что график функции y = x ( 0) не пересекает оси координат.

На промежутке (0;

+) функция убывает, то есть для положитель ных значений x1 и x2 (x1 0, x2 0) при x2 x1 получаем x2 x1.

Докажем это, например, для случая, когда — отрицательное ра ( m циональное нецелое число = — нецелое, m  N, п  N). При n положительных значениях x1 и x2 (x1 0, x2 0) при x2 x1, учиты вая результаты исследования функции y = x при целом отрицатель ном, получаем x2 m x1 m. Далее, учитывая то, что функция y = n t при положительных значениях t является возрастающей, имеем m m x2 m n x1 m, тогда x2 n x1 n.

n Можно обосновать, что и в том случае, когда — отрицательное иррациональное число, функция y = x также убывает на всей области определения (то есть при x 0).

Для нахождения области значений функции y = x составим уравне ) ние x = a. Оно имеет решения для всех а 0 (тогда x = a и только при таких значениях а. Все эти числа и составят область значений функции.

Таким образом, область значений заданной функции: у 0, то есть Е (у) = (0;

+).

Это более детально обосновано в учебнике для 11 класса.

§ 12. Обобщение понятия степени. Степенная функция, ее свойства и график Рис. 90 Рис. 91 Рис. 92 Рис. Отметим также, что при x = 1 значение y = 1 = 1. Учитывая свойства функции y  =  x ( 0), получаем ее график (рис. 92).

Особый случай. Если = 0, то функция y = x = x0 = 1 при х 0 (на помним, что 00 — не определено) и ее график — прямая y = 1 без точки (0;

1) (рис. 93).

Примеры решения задач Найдите область определения функции:

Задача 1 1) y = ( x 3 ) 3 ;

2) y = ( x + 1) 2.

Решение Комментарий х – 3 l 0, то есть х l 3, значит, 1) Учтем, что выражение a 3 опре D (y) = [3;

+). x + 1 0, то есть x –1, сле- делено при a l 0, а выражение a 2) — довательно, D (y) = (–1;

+). только при a 0.

Постройте график функции:

Задача 2) y = (x + 2) 3.

1) у = х5 + 1;

Решение Комментарий Строим график функции у = х5, Графики данных функций мож 1) но получить из графиков функций:

(рис. 94, а), а затем параллель 1) у = х5, но переносим его вдоль оси Оy  на +1 (рис. 94, б). 2) y = x 3 с помощью параллель ного переноса:

2) Строим график функции 1) на +1 вдоль оси Оy;

y = x, (рис. 95, а), а затем па- 2) на –2 вдоль оси Оx.

раллельно переносим его вдоль оси Оx на –2 (рис. 95, б).

204 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ а б а б Рис. 94 Рис. Вопросы для контроля 1. Пользуясь графиком соответствующей функции, охарактеризуйте свойства функции вида у = x, если: 1) — четное натуральное число;

2) — нечетное натуральное число;

3) — нечетное отрицательное число;

4) — четное отрицательное число;

5) — нецелое отрица тельное число;

6) — нецелое положительное число.

2*. Обоснуйте свойства степенной функции в каждом из случаев, ука занных в задании 1.

Упражнения Найдите область определения функции:

1.

3°) y = (x 1) 2 ;

1°) у = х7;

2°) у = х–3;

2 5 4°) y = x 7 ;

5) y = (x 2 x) 3 ;

6) y = (x 2 x + 1) 2.

Постройте график функции:

2.

5) y = x 4 ;

1°) y = x4;

2°) у = х7;

3) у = х–3;

4) у = х–4;

5 6) y = x 4 ;

7) y = (x + 1)4;

8*) y = x 5 3;

9*) y = x 3 ;

10*) y = | x5 – 1 |.

Постройте и сравните графики функций:

3.

1 1) y = 3 x и y = x 3 ;

2) y = 4 x и y = x 4.

Решите графически уравнение:

4.

1 5 1) x 2 = 6 x;

2) x 3 = x 2 ;

3) x 2 = 2 x;

4) x 4 = 2x 1.

Проверьте подстановкой, что значение x действительно является корнем уравнения.

5. Докажите, что уравнения, приведенные в задании 4, не имеют дру * гих корней, кроме найденных графически.

§ 13. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений ПРИМЕНЕНИЕ СВОЙСТВ ФУНКЦИЙ § 13 К РЕШЕНИЮ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 13.1. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений Напомним основные идеи, которые используются при решении урав нений с помощью свойств функций.

Т а б л и ц а 1. Конечная ОДЗ Ориентир Пример Решите уравнение Если область допустимых значений x 3 + 2x 2 = 4 6 2x +18.

(ОДЗ) уравнения (неравенства или системы) состоит из конечного чис- x 3 l 0, Тогда x l 3, ла значений, то для решения доста- ОДЗ: 6 2x l 0. x m 3.

точно проверить все эти значения.

Следовательно, ОДЗ: х = 3.

Проверка. х = 3 — корень ( 0 + 18 = 4 0 + 18;

18 = 18 ).

Других корней нет, так как ОДЗ принадлежит только одно число.

Ответ: 3.

2. Оценка значений левой и правой частей уравнения Ориентир Пример Решите уравнение x 2 5x + 6 = 4x x 2 4.

f ( x) = a, Запишем заданное уравнение так:

f (x) = g (x) g ( x) = a x 2 5x + 6 = (x 2 4x + 4), f (x) l a, x 2 5x + 6 = (x 2)2, g (x) m a f (x) = x 2 5x + 6 l 0, g (x) = –(х – 2)2 m 0.

Если требуется решить уравнение вида f (x) = g (x) и выяснилось, что Итак, заданное уравнение равно f (x) l a, g (x) m a, то равенство меж- сильно системе x 2 5x + 6 = 0, ду левой и правой частями уравне ния возможно лишь в случае, если (x 2)2 = 0.

f (x) и g (x) одновременно равны а.

Из второго уравнения получаем х = 2, что удовлетворяет и первому уравнению.

Ответ: 2.

206 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Продолжение табл.  3. Использование монотонности функций Схема решения уравнения Подбираем один или несколько корней уравнения.

1.

Доказываем, что других корней это уравнение не имеет (используя тео 2.

ремы о корнях уравнения или оценку левой и правой частей уравнения).

Теоремы о корнях уравнения Если в уравнении f (x) = a функция 1.

f (x) возрастает (убывает) на некото ром промежутке, то это уравнение может иметь не более чем один ко рень на этом промежутке.

Пример Уравнение x + 2 3 x = 3 имеет един ственный корень х = 1 ( 1 + 2 i 3 1 = 3, то есть 3 = 3), поскольку функция f (x) = x + 2 3 x возрастает (на всей области определения х l 0) как сум ма двух возрастающих функций Если в уравнении f (x) = g (x) функция 2.

f (x) возрастает на некотором проме жутке, а функция g (x) убывает на этом же промежутке (или наоборот), то это уравнение может иметь не более чем один корень на этом промежутке.

Пример x = 6 x имеет един Уравнение ( 4 = 6 4, ственный корень х = 2 = 2), поскольку f (x) = x возраста ет (при х l 0), а g (x) = 6 – х убывает Объяснение и обоснование 1. Использование конечности ОДЗ для решения иррациональных урав нений. Основными способами решения иррациональных уравнений, ко торые используются в курсе алгебры и начал анализа, являются выпол нение равносильных преобразований уравнений или получение уравне ний-следствий, позволяющих привести данное уравнение к рациональ ному. Но иногда полученное рациональное уравнение оказывается § 13. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений сложным для решения. Например, уравнение x 3 + 2x 2 = 4 6 2x + 18, приведенное в пункте 1 таблицы 22, можно привести к рациональному, изолируя 4 6 2x и возводя обе части в четвертую степень, а затем изо лируя выражение, содержащее x 3, и возводя обе части в квадрат. Но в результате мы получим полное уравнение шестнадцатой степени. В та ких ситуациях попробуем применить известные нам методы решения уравнений, связанные с использованием свойств функций. В частности, x 3 l 0, в рассматриваемом уравнении ОДЗ определяется условиями 6 2x l 0.

Отсюда получаем только одно значение х = 3, принадлежащее ОДЗ. По скольку любой корень уравнения принадлежит его ОДЗ, достаточно про верить, являются ли числа, входящие в ОДЗ, корнями данного уравнения.

Проверка показывает, что х = 3 — корень. Других корней быть не мо жет, поскольку ОДЗ уравнения состоит только из одного значения х = 3.

Отметим, что в том случае, когда ОДЗ данного уравнения — пустое множество (не содержит ни одного числа), мы даже без проверки можем дать ответ, что уравнение не имеет корней. Например, если требуется x 3 = 6 2 x + 5x, то его ОДЗ задается системой решить уравнение x 3 l 0, x l 3, то есть системой не имеющей решений. Таким образом, 2 x l 0, x m 2, ОДЗ данного уравнения не содержит ни одного числа, и поэтому это уравнение не имеет корней.

2. Оценка значений левой и правой частей уравнения. Иногда в тех случаях, когда иррациональное уравнение приводится к громоздкому рациональному (или совсем не приводится к рациональному), целесо образно попробовать оценить значения функций, которые стоят в левой и правой частях уравнения.

Например, чтобы решить уравнение (1) x + 4 x + 8 x + 1 = 1, достаточно найти его ОДЗ: x l 0 и с помощью равносильных преобразо ваний записать его в виде: x + 4 x = 1 8 x + 1. В левой части последнего уравнения стоит функция f (x) = x + 4 x l 0 на всей области определения, а в правой — функция g (x) =1 8 x + 1 m 0 при всех значениях х c ОДЗ (поскольку при x l 0 8 x + 1 l 1). Тогда равенство между левой и правой частями уравнения возможно только в том случае, когда они одновремен но равны нулю. Таким образом, уравнение (1) равносильно системе x + x = 0, f (x) = 0, то есть системе (2) g (x) = 0, 1 x + 1 = 0.

208 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Решим сначала первое уравнение этой системы. Учтем, что x l и 4 x l 0. Сумма двух неотрицательных функций может равняться нулю тогда и только тогда, когда каждое из слагаемых равно нулю. Таким x = 0, образом, уравнение x + x = 0 равносильно системе имеющей 4 x = 0, единственное решение x = 0. Это решение удовлетворяет и второму урав нению системы (2) (действительно: 1 8 0 + 1 = 0, 0 = 0). Следовательно, система (2) также имеет только одно решение x = 0. Значит, и уравнение (1) имеет единственный корень x = 0.

3. Использование монотонности функций. Еще одним способом решения тех иррациональных уравнений, которые приводятся к громоздким ра циональным, является использование возрастания или убывания соот ветствующих функций. Чаще всего это делается по такой схеме:

1) подбираем один или несколько корней уравнения;

2) доказываем, что других корней это уравнение не имеет.

Обоснование соответствующих свойств приведено в пункте 3.2 раз дела 1, а примеры использования этого приема для решения иррацио нальных уравнений — в таблице 22.

Упражнения Решите уравнение (1–4) и системы уравнений (5), используя свой ства соответствующих функций.

x 2 1 + x 2 = 4 2 2x 2 + x + 2;

1) 1.

2) 2x + x 2 5x + 6 = x 2 + 8 10x 2x 2 12 3.

16 + x 2 = 2 x 3 + x;

2) 1 + x x = 6 1 x ;

1) 2.

1 x+ = 1 x x2;

x 2 + =2 x 3.

3) 4) x x x 1 + 4 x 2 1 + 6 x 3 1 = 0;

x 2 + y 5 + 4 xy 100 = 0.

1) 2) 3.

x + 12 + 3 x 3 = 3;

x 7 + 3 x = 3;

1) 2) 4.

x+5x =.

3) 2 3 x 1 + x + 2 = 6 4 8x ;

4) x x + 3 x = y + 3 y, x 3 3 y = y 3 3 x, 1) 4 2) 5.

2 x y = 2;

x + y = 4.

§ 13. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений 13.2. Примеры использования других способов решения иррациональных уравнений Если при решении иррациональных уравнений мы используем уравнения-следствия (как в § 11), то в конце приходится выполнять про верку полученных корней. Но в тех случаях, когда эти решения — не ра циональные числа, проверка с помощью подстановки полученных значений в исходное уравнение является достаточно сложной и требующей громозд ких вычислений. Для таких уравнений приходится применять равно сильные преобразования на каждом шагу решения. При этом необходимо помнить, что все равносильные преобразования уравнений или неравенств выполняются на ОДЗ данного уравнения или неравенства (пункт 3.1), поэтому, выполняя равносильные преобразования иррациональных урав нений, приходится учитывать ОДЗ данного уравнения. Достаточно часто в этих случаях используются также следующие рассуждения: для всех кор­ ней данного уравнения знаки левой и правой частей уравнения совпадают, поскольку при подстановке в данное уравнение числа, которое является его корнем, получаем верное числовое равенство. Используя последнее рассуждение, часто удается получить какое-нибудь дополнительное усло вие для корней данного уравнения и выполнить равносильные преоб разования не на всей ОДЗ данного уравнения, а на некоторой его части.

2x + 1 x + 1 = 1.

Решите уравнение Задача Решение Комментарий Выполним равносильные преоб 2x + 1 l 0, ОДЗ: разования данного уравнения.

x + 1 l 0. Учитывая, что все равносиль ные преобразования выполняются Решение этой системы: x l.

на ОДЗ данного уравнения, зафик сируем его ОДЗ.

На ОДЗ данное уравнение рав При переносе члена ( x + 1 ) из носильно уравнениям:

2x + 1 = 1 + x + 1, левой части уравнения в правую ( 2x + 1 ) = (1 + x + 1 ), с противоположным знаком получаем 2 уравнение, равносильное данному.

2x + 1 = 1 + 2 x + 1 + x + 1, 2x + 1 = 1 + x + В уравнении x 1 = 2 x + 1. (1) обе части неотрицательные, следова тельно, при возведении обеих частей Для всех корней уравнения (1) в квадрат получим уравнение, рав  х – 1 l 0.

  (2) носильное данному, которое, в свою При этом условии уравнение (1) очередь, равносильно уравнению (1).

равносильно уравнениям: Для всех корней уравнения (1) (x 1)2 = (2 x + 1 ), оно является верным числовым ра венством. В этом равенстве правая х2 – 2х + 1 = 4(х + 1), часть (2 x + 1 l 0), — неотрицательное х2 – 6х – 3 = 0.

210 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ число, тогда и левая часть являет Тогда x = 3 ± 2 3. ся неотрицательным числом, то есть x1 = 3 + 2 3 принадлежит ОДЗ х – 1 l 0 для всех корней. Тогда при условии (2) обе части уравне и удовлетворяет условию (2), таким образом, является корнем данного ния (1) неотрицательные, таким об уравнения;

x2 = 3 2 3 принадле- разом, при возведении обеих частей в квадрат получаем равносильное жит ОДЗ, но не удовлетворяет усло уравнение. Но после нахождения вию (2), а значит, не является корней этого уравнения необходимо корнем данного уравнения.

проверить не только то, входят ли Ответ: 3 + 2 2.

они в ОДЗ, но и удовлетворяют ли они условию (2). Для такой провер ки достаточно взять приближенные значения корней х1 6,4 и х2 –0,4.

Решите уравнение x + 3 4 x 1 + x 2 x 1 = x + 2.

Задача Комментарий Замена x 1 = t позволяет заметить, что каждое выражение, стоящее под знаком внешнего квадратного корня, является квадратом двучлена.

Применяя формулу a 2 = a, получаем уравнение с модулями, для решения которого используем план:

1) найти ОДЗ;

2) найти нули всех подмодульных функций;

3) отметить нули на ОДЗ и разбить ОДЗ на промежутки;

4)  найти решения уравнения в каждом из промежутков.

Решение Пусть x 1 = t, где t l 0. Тогда x – 1 = t2, x = t2 + 1.

t 2 + 4 4t + t 2 + 1 2t = t 2 + 3, Получаем уравнение которое можно записать так: (t 2) + (t 1) = t + 3. Отсюда 2 2 | t – 2 | + | t –1 | = t2 + 3. (1) 1) ОДЗ уравнения (1): любое t R, но по смыслу задания это уравнение необходимо решить при t l 0.


2) Нули подмодульных функций: t = 2 и t = 1.

3) Эти нули разбивают область t l 0 на три промежутка, в каждом из которых каж дая подмодульная функция имеет посто янный знак (рис. 96). Рис. Промежуток І. При t [0;

1] имеем уравнение –(t – 2) – (t – 1) = t2 + 3.

Тогда t2 + 2t = 0, t = 0 или t = –2, но промежутку [0;

1] принадлежит только t = 0.

§ 13. Применение свойств функций к решению иррациональных уравнений Промежуток ІІ. При t [1;

2] имеем уравнение –(t – 2) + (t – 1) = t2 + 3, равносильное уравнению t2 = –2, не имею щему корней. Таким образом, на промежутке [1;

2] корней нет.

Промежуток ІІІ. При t [2;

+) имеем уравнение (t – 2) + (t – 1) = = t2 + 3, из которого получаем уравнение t2 – 2t + 6 = 0, не имеющее корней. Таким образом, на промежутке [2;

+) корней нет.

Объединяя полученные результаты, делаем вывод, что уравнение (1) имеет только один корень t = 0.

Выполняя обратную замену, получаем x 1 = 0, откуда x = 1.

Ответ: 1.

Решите уравнение 3 (x 6)2 3 3 (x 6)(2x + 3) + 2 3 (2x + 3)2 = 0.

Задача Решение Комментарий Поскольку x = 6 не является кор- Если выполнить замену x 6 = u, 3 2x + 3 = v, то получим нем данного уравнения, то при делении обеих частей уравнения уравнение u2 – 3uv + 2v2 = 0, все чле­ на (x 6) 0 получаем равно- ны которого имеют одинаковую сум­ марную  степень1 — два. Такое сильное уравнение уравнение называется  однородным  ( ) = 0.

2x + 3 2x + 3 и  решается  делением  обеих  частей  1 33 + x6 x6 на наивысшую степень одной из пере­ менных.  Разделим обе части, напри 2x + После замены t = 3 имеем ) x мер, на u2 (то есть на 3 (x 6)2.

уравнение 2t – 3t + 1 = 0, корни Чтобы  при  делении  на  выраже­ которого ние с переменной не потерять корни  t1 = 1, t2 =. уравнения,  необходимо  те  значения  переменной, при которых это выра­ Выполнив обратную замену, по- жение равно нулю, рассмотреть от­ лучаем: дельно.  В данном уравнении надо подставить значение х = 6 в исходное 2x + 2x + 3 =, = 1 или x6 уравнение (это можно выполнить x6 устно, а в решение записать только 2x + 3 2x + 3 = 1 или =, полученный результат). Для реализа x6 x6 x = –9 или x = –2. ции полученного плана решения не обязательно вводить переменные u Ответ: –9;

–2.

и v, достаточно заметить, что исхо дное уравнение однородное, разде лить обе части на 3 (x 6)2, а уже затем ввести новую переменную t.

В определении однородного уравнения не учитывается член 0, который не имеет степени.

212 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Вопросы для контроля 1. Объясните, какие ограничения придется наложить на переменную х, x 2 = x 6 с помощью равносильных чтобы решить уравнение преобразований.

2. Приведите пример однородного иррационального уравнения.

Составьте план его решения.

Упражнения Решите иррациональное уравнение с помощью равносильных преоб 1.

разований:

1) 3x 2 = 5 x;

2) 3 2x 1 x = 1;

3) 3x + 4 + x 4 = 2 x ;

4) x + 5 + x = 4x + 9.

Решите уравнение (2–5).

x + 2 x 1 + x 2 x 1 = x + 1;

2) x 3 2 x 4 + x 4 x 4 = 1.

1) 2.

( x + 1) + 2 ( x 1) = 3 x 1;

2) x + x x + 1 2 (x + 1) = 0.

2 3 3 3 1) 3.

x 1 x 2 = 4 x 2 3x + 2;

2x + 3 3 2x + 1 = 2.

1) 2) 4.

5 x x 1 x 1 1 1 + = 16;

+ =.

1) 2) 5. 5 3 3 5 x 1 x+ x x x x § 14 РЕШЕНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ Т а б л и ц а Ориентир Пример 1. Метод интервалов (для неравенств вида f (x) 0) Решите неравенство x + 4 x + 2.

Заданное неравенство равносильно не равенству x + 4 x 2 0.

1) Найти ОДЗ неравенства.

Обозначим f (x) = x + 4 x 2.

Найти нули функции f (x) 2) (f (x) = 0). ОДЗ: х + 4 l 0, то есть х l –4.

3) Отметить нули функции на Нули f (x): x + 4 x 2 = 0,   x + 4 = x + 2, ОДЗ и найти знак функции х + 4 = х2 + 4х + 4, х2 + 3х = 0, х = 0 — в каждом из промежутков, корень, х = –3 — посторонний корень.

на которые разбивается ОДЗ.

4) Записать ответ, учитывая знак неравенства Ответ: [–4;

0).

§ 14. Решение иррациональных неравенств Продолжение табл.  2. Равносильные преобразования 1) При возведении обеих ча- Решите неравенство 3 x + 2 1.

стей неравенства в нечетную ОДЗ: х  R.

степень (с сохранением зна- Данное неравенство равносильно нера ка неравенства) получаем венствам:

неравенство, равносильное ( 3 x + 2 )3 (1)3, х + 2 –1, х –3.

данному (на ОДЗ данного не Ответ: (–;

–3).

равенства) Решите неравенство 4 2x 6 1.

ОДЗ: 2х – 6 l 0, то есть х l 3. Обе ча 2) Если обе части неравенства сти данного неравенства неотрицатель неотрицательны, то при воз- ны, следовательно, данное неравенство ведении обеих частей нера- равносильно (на его ОДЗ) неравенствам:

( 4 2x 6 )4 14, 2х – 6 1, x 7.

венства в четную степень (с сохранением знака неравен- ства) получаем неравенство, Учитывая ОДЗ, получаем равносильное данному (на 3mx.

ОДЗ заданного неравенства) ) 3;

7.

Ответ:

3) Если на ОДЗ заданного нера- Решите неравенство x + 4 x + 2.

венства какая-либо часть не- Данное неравенство равносильно сово равенства может принимать купности систем:

как положительные, так и от- x + 2 l 0, x + 4 l 0, или рицательные значения, то x + 2 0.

( x + 4 ) (x + 2) прежде чем возводить обе ча сти неравенства в четную сте- x l 2, x l 4, Тогда 2 или пень, эти случаи необходимо x 2.

x + 3x рассмотреть отдельно Решив неравенство х2 + 3х 0, имеем Например, –3 х 0.

f (x) g (x) 2k g (x) l 0, f (x) l 0, f (x) g 2k (x) или g (x) 0.

Учитывая неравенство х l –2, получаем f (x) l 0, решение первой системы: –2 m х 0. Ре шение второй системы: –4 m х –2. Объ f (x) g (x) g (x) 0, 2k f (x) g 2k (x) единяя эти решения, получаем ответ.

Ответ: [–4;

0).

214 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Объяснение и обоснование 1. Решение иррациональных неравенств методом интервалов. Общая схема решения неравенств методом интервалов объяснена в § 4 разде ла 1, а пример применения метода интервалов к решению иррациональ ных неравенств приведен в таблице 23.

2. Равносильные преобразования иррациональных неравенств. Когда для решения иррациональных неравенств используются равносильные преоб разования, то чаще всего с помощью возведения обеих частей неравенства в одну и ту же степень данное неравенство приводится к рациональному неравенству. При этом необходимо иметь в виду следующие свойства:

1) Если обе части неравенства приходится возводить в нечетную сте пень, то воспользуемся тем, что числовые  неравенства A  B и A2k + 1 B2k + 1 или одновременно верны, или одновременно неверны.

Тогда каждое решение неравенства    f (x) g (x) (1) (которое обращает это неравенство в верное числовое неравенство) будет также и решением неравенства   f2k + 1 (x) g2k + 1 (x) (2) и, наоборот, каждое решение неравенства (2) будет также и решением неравенства (1), то есть неравенства (1) и (2) — равносильны. Таким об разом, при возведении обеих частей неравенства в нечетную степень (с сохранением знака неравенства) получаем неравенство, равно сильное данному (на ОДЗ данного).

Например, 2k + f (x) g (x) f (x) g 2k + 1 (x) Аналогично, если числа A и B неотрицательны (A l 0, B l 0), то  2) числовые неравенства A B и A2k B2k также или одновременно вер­ ны, или одновременно неверны. Повторяя предыдущие рассуждения, имеем: если обе части неравенства неотрицательные, то при воз ведении обеих частей неравенства в четную степень (с сохранением знака неравенства) получаем неравенство, равносильное данному (на ОДЗ данного).

Например, рассматривая неравенство f (x) g (x) (3) 2k на его ОДЗ, где f (x) l 0, замечаем, что для всех решений неравен ства (3) левая часть неотрицательна (арифметический корень f (x) l 0) и неравенство (3) может выполняться только при условии 2k    g (x) 0. (4) Если выполняется условие (4), то обе части неравенства (3) неотри цательны и при возведении в четную степень 2k получаем неравенство, § 14. Решение иррациональных неравенств равносильное данному: f (x) g2k (x) (при условии, что учитывается ОДЗ данного неравенства и условие (4)). Таким образом, f (x) l 0, f (x) g (x) g (x) 0, 2k f (x) g (x) 2k 3) Если с помощью равносильных преобразований требуется решить неравенство f (x) g (x) (5) 2k на его ОДЗ, где f (x) l 0, то для правой части этого неравенства рас смотрим два случая: а) g (x) 0;

б) g (x) l 0.

а) При g (x) 0 неравенство (5) выполняется для всех х из ОДЗ дан ного неравенства, то есть при f (x) l 0.

б) При g (x) l 0 обе части неравенства (5) неотрицательны, и при возведении в четную степень 2k получаем неравенство, равносильное данному:

    f (x) g2k (x). (6) Отметим, что для всех решений неравенства (6) ограничение ОДЗ данного неравенства f (x) l 0 выполняется автоматически;

таким обра зом, при g (x) l 0 достаточно записать только неравенство (6).

Объединяя полученные результаты, делаем вывод:

g (x) l 0, f (x) l 0, f (x) g (x) 2k g (x) f (x) g (x) 2k Примеры решения задач Решите неравенство x + 3 x 1 2x 1.

Задача Комментарий Приведем неравенство к виду f (x) 0 и решим его методом интер валов.

Для нахождения нулей функции f (x) используем уравнения-следст вия. Чтобы исключить посторонние корни, выполним проверку полу ченных корней.

Решение:

Данное неравенство равносильно неравенству x + 3 x 1 2x 1 0.

Обозначим f (x) = x + 3 x 1 2x 1.

x l 3, x + 3 l 0, 1. ОДЗ: x 1 l 0, Тогда x l 1, то есть х l 1.

x l 1, 2x 1 l 0.

216 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ x + 3 x 1 2x 1 = 0. Тогда Нули функции f (x):

2.

( x + 3 x 1 ) = ( 2x 1 ), 2 x + 3 x 1 = 2x 1, x + 3 2 x + 3 x 1 + x 1 = 2x 1, 2 x + 3 x 1 = 3.

Возводим обе части последнего уравнения в квадрат:

4 (х + 3)(х – 1) = 9, 4х2 + 8х – 21 = 0,  1,5 — корень, x2 = x1= = — посторонний корень.


Разбиваем ОДЗ точкой 1,5 на два промежутка и находим знак f (x) 3.

в каждом из промежутков (рис. 97).

Ответ: [1;

1,5).

x + x 2.

Решите неравенство Задача 2 Рис. x l способ (метод интервалов) Комментарий Приведем данное неравенство к виду f (x) 0 и решим его методом интервалов. При нахождении ОДЗ данного неравенства для решения не x + также используем метод интервалов (ОДЗ: х 0;

l равенства x x + = 0 при х = –2).

x Для нахождения нулей функции f (x) используем уравнения-след ствия.

Хотя функция f (x) не имеет нулей, но и в этом случае метод интер валов можно использовать. Только в этом случае интервалы знакопосто янства функции f (x) совпадают с интервалами, из которых состоит ее область определения.

Решение Данное неравенство равносильно неравенству x +8 (1) x + 2 0.

x x + Обозначим f (x) = x + 2.

x x3 + l 0, x + l ОДЗ: x 1. Решим неравенство методом интервалов x x 0.

(рис. 98).

Получаем: х  (–;

–2](0;

+).

x + x + 2 = 0. Тогда:

Нули функции f (x):

2. Рис. x § 14. Решение иррациональных неравенств 3 x +8 x + = x 2, = x 2 4x + 4,  х3 + 8 = х3 – 4х2 + 4х,   x x 4х2 – 4х + 8 = 0 — корней нет (D 0).

3. ОДЗ неравенства (1) разбивается на два про межутка, в которых функция f (x) имеет знаки, указанные на рисунке 99.

Рис. Ответ: (–;

–2] (0;

+).

ІІ способ (равносильные преобразования) Комментарий Для решения используем равносильные преобразования:

g (x) l 0, f (x) l 0, f (x) g (x) или 2k g (x) 0.

f (x) g (x) 2k x + l 0, Чтобы решить полученное промежуточное неравенство x учтем условия, при которых эта дробь будет неотрицательной.

В конце, объединяя полученные решения, записываем ответ.

Решение x l 2, x3 + x 2 l 0, l 0, x +8 x3 + или x x 2 x3 + x x 4x + 4, (x 2)2, x 2 x x x 3 + 8 l 0 x 3 + 8 m 0, x l 2, x3 + l 0, 4x 2 4x + или x 0, или x или x 0, 0, x 2 x 2, x 2.

x Учитывая, что 4х2 – 4х + 8 0 при всех значениях х (D 0 и а = = 4 0), получаем, что последняя совокупность трех систем равносильна x l 2, x m 2, x l 2, или x 0, или x 0, совокупности: x 0 x 2, x х l 2, или 0 x 2, или х m –2 х m –2, или х 0.

Ответ: (–;

–2] (0;

+).

З а м е ч а н и е. Записывая приведенное решение, знаки равносильно сти () можно не ставить, достаточно вначале записать фразу: «Выпол ним равносильные преобразования данного неравенства».

218 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ Решите неравенство Задача (1) 3x + 9 4 3x + 5 + 3x + 14 6 3x + 5 m 1.

Комментарий Замена 3x + 5 = t позволяет заметить, что каждое выражение, стоящее под знаком внешнего квадратного корня, является квадратом двучлена.

Применяя формулу a = a, получаем неравенство с модулями, для решения которого используем план:

1) найти ОДЗ;

2) найти нули всех подмодульных функций;

3) отметить нули на ОДЗ и разбить ОДЗ на промежутки;

4) найти решения неравенства в каждом из промежутков.

Решение Пусть 3x + 5 = t, где t l 0. Тогда 3x + 5 = t2, 3x = t2 – 5.

t 2 + 4 4t + t 2 + 9 6t m 1, которое можно за Получаем неравенство писать так:

(t 2)2 + (t 3)2 m 1. Получаем | t – 2 | + | t – 3 | m 1. (2) 1. ОДЗ неравенства (2): t R, но по смыслу задания это неравенство необходимо решить при t l 0.

2. Нули подмодульных функций: t = 2 и t = 3.

3. Эти нули разбивают область t l 0 на три промежутка, в каждом из которых каж дая подмодульная функция имеет посто- Рис. янный знак (рис. 100).

Промежуток І. При t  [0;

2] имеем неравенство –(t – 2) – (t – 3) m 1, из ко торого получаем t l 2, но промежутку [0;

2] принадлежит только t = 2.

Промежуток ІІ. При t  [2;

3] имеем неравенство (t – 2) – (t – 3) m 1, равносильное неравенству 0t m 0, которое вы полняется при любых значениях t. Таким образом, на промежутке [2;

3] решениями неравенства будут все значения t из этого промежутка (2 m t m 3).

Промежуток ІІІ. При t  [3;

+) имеем неравенство (t – 2) + (t – 3) m 1, из которого получаем t m 3, но промежутку [3;

+) принадлежит только значение t = 3.

Объединяя полученные результаты, делаем вывод, что решениями неравенства (2) будут все значения t, такие, что: 2 m t m 3.

Выполняя обратную замену, имеем 2 m 3x + 5 m 3, откуда 4 m 3x + 5 m 9.

§ 14. Решение иррациональных неравенств 1 Тогда m x m.

3 1 Ответ: ;

.

3 Вопросы для контроля 1. Назовите основные методы решения иррациональных неравенств.

2. Назовите основные этапы решения иррационального неравенства методом интервалов.

3. Обоснуйте справедливость следующих равносильных преобразова ний:

1) 2k + 1 f (x) g (x) f (x) g 2k + 1 (x);

f (x) l 0, f (x) g (x) g (x) 0, 2k 2) f (x) g 2k (x);

f (x) l 0, g (x) l 0, 3) 2k f (x) g (x) или g (x) 0.

f (x) g (x) 2k Упражнения Решите неравенство (1–8).

x 2 3x 18 4 x;

x 2 3x 5 x.

1) 2) 1.

2) ( x 1) x + 1 m x 1.

1) ( x 3 ) x 2 + 4 m x 2 9;

2 2.

2 2 2 6+xx 6+xx 3 2x x 3 2x x m m 1) 2) 3. ;

.

2x + 5 x+4 x+8 2x + x 2 + 2x + 5 l 3;

2x 20 + x + 15 l 5.

1) 2) 4.

x x l x + 5;

0.

1) 2) 5.

3 x x x x + x 3;

x 4 2x 2 + 1 1 x.

1) 2) 6.

x 5x + 8 6 5x 1 + 5x + 24 10 5x 1 m 2;

7*. 1) x + 3 4 x 1 + x + 8 6 x 1 1.

2) ( ) ( 8x 2x 6 + 1)m 0;

x 2 4x + 3 + 1 x+ 8*. 1) x 2) ( 5x + 6 + 2) ( 10x 2x 12 + 2) l 0.

x2 x x 220 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ РЕШЕНИЕ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ § 15 И НЕРАВЕНСТВ С ПАРАМЕТРАМИ При решении задач с параметрами, в которых требуется решить уравнение или неравенство, можно пользоваться следующим ориенти ром (§ 9): любое уравнение или неравенство с параметрами можно ре­ шать  как  обычное  уравнение  или  неравенство  до  тех  пор,  пока  все  преобразования или рассуждения, необходимые для решения, можно вы­ полнить однозначно. Но в том случае, когда какое­то преобразование  нельзя выполнить однозначно, решение необходимо разбить на несколь­ ко случаев, чтобы в каждом из них ответ через параметры записывался    однозначно.

Также на этапе составления плана решения уравнений или нера венств с параметрами или при проведении рассуждений, связанных с самим решением, часто удобно сопровождать соответствующие рассу ждения схемами, по которым легко проследить, в какой момент мы не смогли однозначно выполнить необходимые преобразования, на сколь ко случаев пришлось разбить решение и чем отличается один случай от другого. Отметим, что уравнения и неравенства с параметрами чаще всего решают с помощью их равносильных преобразований, хотя иногда используются и свойства функций, метод интервалов для решения не равенств и уравнения-следствия.

x 2 = a.

Решите уравнение Задача Комментарий Мы не можем однозначно дать ответ на вопрос, есть ли у данного урав нения корни, и поэтому уже на первом шаге должны разбить решение на два случая: 1) a 0 — корней нет, 2) a l 0 — корни есть (см. схему).

При a l 0 имеем простейшее ир рациональное уравнение, обе части ко торого неотрицательные. Поэтому при возведении обеих его частей в квадрат получим уравнение, равносильное дан ному. ОДЗ данного уравнения можно не записывать, оно учитывается авто матически, потому что для всех корней полученного уравнения x – 2 = a2 l 0.

Решение 1) При a 0 уравнение не имеет корней.

2) При a l 0 x – 2 = a2. Тогда х = а2 + 2.

Ответ: 1) если a 0, то корней нет;

2) если a l 0, то х = а2 + 2.

§ 15. Решение иррациональных уравнений и неравенств с параметрами x + a + x 1 = 3.

Решите уравнение Задача Решение Комментарий Используем равносильные пре x + a = 3 x 1.   (1) образования данного уравнения. Для Для всех корней уравнения (1):

этого необходимо учесть его ОДЗ:

3 x 1 l 0. (2) x + a l 0, (7) Тогда уравнение (1) равносильно x 1 l 0. (8) уравнениям:

x + a = (3 x 1 ), При переносе члена данного (3) уравнения из левой части в правую x + a = 9 6 x 1 + x 1, с противоположным знаком полу 8a x 1 = чим равносильное уравнение (1).

. (4) Для всех корней уравнения (1) Для всех корней уравнения (4): оно является верным числовым ра 8a l 0. венством. Его левая часть неотри (5) цательна, таким образом, и правая Тогда уравнение (4) равносильно часть должна быть неотрицательной.

уравнению Тогда далее можно решать уравне ( ).

8a x 1 = ние (1) не на всей ОДЗ, а только на (6) той ее части, которая задается усло ( ) + 1. вием (2). По этому условию обе части 8a Таким образом, x = уравнения (1) неотрицательны, таким образом, при возведении обеих его ча Учтем ограничения (2) и (5):

( ) = стей в квадрат получим равносильное 8a 8a 3 x 1 = 3. уравнение (3) (а после равносильных 6 преобразований — уравнение (4)).

8a 8a = l 0, тогда По условию (5) Для всех корней уравнения (3) 6 его правая часть неотрицательна, 8a =.

Таким образом, условия (2) таким образом, и левая часть будет неотрицательной: x + a l 0, но тогда 3 8 a l 0, условие (7) ОДЗ данного уравнения и (5) задают систему учтено автоматически и его можно 8a l 0, 6 не записывать в решение.

a l 10, Также для всех корней урав тогда –10 m a m 8.

то есть a m 8, нения (4) его левая часть неотри цательна, таким образом, и правая Ответ:

( ) + 1;

8a часть должна быть неотрицательной.

1) при –10 m a m 8 x = 6 Поэтому далее можно решать урав 2) при a –10 или a 8 корней нет. нение (4) не на всей ОДЗ, а только на В записи решения задач 2–6 в рамках выделены ограничения, которые пришлось наложить в процессе равносильных преобразований данного уравне ния или неравенства.

222 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ той ее части, которая задается усло вием (5). Тогда обе части уравнения (4) неотрицательны и после возведе ния обеих его частей в квадрат по лучим равносильное уравнение (6).

Для всех корней уравнения (6) его правая часть неотрицательна, таким образом, и левая часть будет неотрицательной: x – 1 l 0, но тогда и условие (8) ОДЗ данного уравнения учтено автоматически, и поэтому ОДЗ можно не записывать в решение.

a + a + x = x.

Решите уравнение Задача Решение Комментарий Как и в задаче 2, ОДЗ данного Для всех корней данного уравне a + a + x l 0, ния уравнения будет хl0 (1) a + x l Тогда данное уравнение равно учтена автоматически при переходе сильно уравнениям:

к уравнениям (2) и (5) (для всех (2) a + a + x = x 2, корней этих уравнений), таким об (3) a + x = x 2 a. разом, ее можно не записывать в решении.

Для всех корней уравнения (3) Рассуждения при выполнении х2 – а l 0. (4) равносильных преобразований дан Тогда уравнение (3) равносиль ного уравнения (в уравнения (2, 3, 5, но уравнениям:

6) аналогичны соображениям, при  а + х = (х2 – а)2,   (5) веденным в комментарии к задаче 2.

   а + х = х4 – 2ах2 + а2. (6) Анализируя уравнение (6) Рассмотрим уравнение (6) как (которое достаточно трудно ре квадратное относительно а:

шить относительно переменной x), а2 – (2х2 + 1)а + х4 – х = 0.

пользуемся ориентиром, который D = (2x2 + 1)2 – 4 (x4 – x) = = 4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2. условно можно назвать «Ищи ква дратный трехчлен», а именно: про­ (2x + 1) ± (2x + 1) Тогда a =.

буем  рассмотреть  данное  уравне   ­ Следовательно, ние как квадратное относительно  a  =  x2  +  x + 1 или a =  x2  –  x. какой­либо  переменной  (или  от­ Отсюда носительно  какой­либо  функции).   x2 – a + x + 1 =   (7) Рассмотрим уравнение (6) как ква или дратное относительно параметра a.

   x2 – a = x. (8) § 15. Решение иррациональных уравнений и неравенств с параметрами Этот способ эффективно срабаты Учитывая условия (1) и (4), получим, вает только тогда, когда дискри что (x2 – a) + x + 1 l 1, таким обра минант полученного квадратного зом, уравнение (7) не имеет корней.

трехчлена является полным ква Если для корней уравнения (8) дратом, как в данном случае.

выполняется условие (1) (x l 0), то Перед записью ответа удобно автоматически выполняется и усло вие (4) (x2 – a l 0). изобразить все полученные реше ния на рисунке и напротив каж Из уравнения (8) получим x2 – x –a = 0. дого решения отметить, при каких значениях параметра это решение Это уравнение имеет корни, если можно использовать (см. с. 143).

D = 1 + 4a l 0, то есть при a l.

1+ 1 + 4a 1 1 + 4a Тогда x1 = x2 =,.

2 Для x1 условие x l 0 выполняет ся, таким образом, x1 — корень дан ного уравнения при a l.

Учтем условие x l 0 для x2:

1 1 + 4a Из этого рисунка видно, что 1 + 4a m 1, l 0, 2 при а 0 в ответ нужно записать 0 m 1+ 4a m 1, m a m 0. только одну формулу (х1), при m a m 0 — две формулы (х1 и х2), Ответ: 1) при m a m 0 а при a корней нет.

1+ 1 + 4a 1 1 + 4a x1 = x2 =, ;

2 1+ 1 + 4a 2) при a 0 x = ;

3) при a корней нет.

x + 4a 5 ax.

Решите неравенство Задача Решение Комментарий Данное неравенство равносильно Используем равносильные пре образования. Для этого учтем ОДЗ ax l 0, данного неравенства (ax l 0) и то, что системе x + 4a 0,   (1) правая часть неотрицательна, таким (x + 4a)2 25ax.

образом, для всех решений данного При a = 0 получаем систему неравенства его левая часть долж на быть положительной (x + 4a 0).

224 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ 0x l 0, При этом условии (на ОДЗ) обе части данного неравенства неотрицатель x 0, решение которой: x 0.

ны, таким образом, при возведении x 2 0, обеих частей неравенства в квадрат При a 0 получаем систему получим равносильное неравенство.

Получаем систему (1).

x l 0, Для решения неравенства ax l (2) x 4a, необходимо рассмотреть три случая:

x 2 17ax + 16a 2 0.

a = 0 (делить на а нельзя);

a Решим отдельно неравенство  (знак неравенства сохраняется при x2 – 17ax + 16a2 0. делении обеих его частей на а);

a Поскольку x2 – 17ax + 16a2 = 0 при (знак неравенства изменяется).

x = a и x = 16a, то при a 0 получа- При a 0 значение –4a 0, ем x a или x 16a. поэтому два первых неравенства Тогда система (2) имеет решения: системы (2) имеют общее решение 0 m x a или x 16a. x l 0, а для решения неравенства При a 0 получаем систему x2 – 17ax + 16a2 0 можно приме нить графическую иллюстрацию:

x m 0, x 4a, (3) x 2 17ax + 16a 2 0.

Система (3) решений не имеет, поскольку при a 0 первое и второе При a 0 значение –4a 0, по неравенства не имеют общих реше этому два первых неравенства си ний.

стемы (3) не имеют общих решений, Ответ: при a = 0 x 0;

таким образом, и вся система (3) не при a 0 x [0;

a) (16a;

+);

имеет решений.

при a 0 решений нет.

Решите неравенство x a x + 1.

Задача Комментарий Сначала воспользуемся равносильными преобразованиями:

f (x) l 0, g (x) l 0, или f (x) g (x) 2k g (x) 0.

f (x) g (x) 2k Если в полученные системы параметр a входит линейно, то в та­ ких  случаях  иногда  бывает  удобно  выразить  параметр  через  пере­ менную,  рассмотреть  параметр  как  функцию  от  этой  переменной  и применить графическую иллюстрацию решения неравенств (в системе координат xОa). Отметим, что для изображения решений совокупности неравенств удобно применить две системы координат, в которых оси Оx находятся на одной прямой (и на каждой выделять штриховкой соответ ствующие решения).

§ 15. Решение иррациональных уравнений и неравенств с параметрами При разных значениях a прямая a = const или не пересекает заштри ( ), al хованные области или пересекает их по отрезкам.

Абсциссы точек пересечения являются решениями систем (1) и (2), а по этому и решениями данного неравенства.

Решение Данное неравенство равносильно совокупности систем:

x a l 0, x + 1 l 0, или x + 1 0.

x a (x + 1) Тогда x l 1, (1) a x x или a m x, (2) x 1.

Изобразим графические решения систем неравенств (1) и (2) в систе ме координат xОa (на рис. 101, а, б закрашены соответствующие области и ). Видим, что при a l 3 решений нет (нет закрашенных точек);

если –1 m a  al, то прямая a = const пересекает только закрашенную область. Причем полученный интервал ограничен слева и справа вет вями параболы а = –х2 – х – 1. Но в ответе нам необходимо записать х через а. Для этого из уравнения х2 + х + а + 1 = 0 находим х:

1 x= ± a 1.

2 a б Рис. 226 Раздел 2. СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ 1 3 1 1 Как видим, x = + a, то есть x = + a — уравне 2 4 2 2 1 ние правой ветви параболы, а x = a — левой.

2 Тогда ответ в этом случае будет:

1 3 1 a x + a;

2 4 2 то прямая a = const пересекает заштрихованные области если a  –1, и. Для области интервал для х ограничен: слева — прямой х = –1, а справа — правой ветвью параболы, то есть 1 m x 1 + 3 a. Для об 2 ласти интервал для х ограничен слева прямой х = а, а справа — пря мой х = –1, то есть a m x –1. Объединение этих интервалов можно записать короче:

1 a mx a.

+ 2 Ответ: 1) при a l — решений нет;

3 1 3 1 2) при 1 m a a x + a;

4 2 4 2 1 a m x + a.

3) при a – 2 Для решения некоторых исследовательских задач с параметрами можно применить свойства квадратного трехчлена и, в частности, усло вия расположения корней квадратного трехчлена относительно данных чисел (табл. 16).

Найдите все значения параметра k,  при которых имеет Задача корни уравнение x + 2k x + 1 k + 3 = 0.

Решение Комментарий Если иррациональное уравне Замена x + 1 = t, где t l 0 (тогда ние содержит только один корень, x = t2 – 1). Получаем уравнение то иногда можно привести такое t2 + 2kt – k + 2 = 0.

  (1) уравнение к рациональному, обозна Данное уравнение будет иметь кор- чив этот корень новой переменной.

ни тогда и только тогда, когда урав- Поскольку замена является равно нение (1) будет иметь хотя бы один сильным преобразованием (вместе неотрицательный корень (t l 0). с обратной заменой), то получаем Случай t = 0 исследуем отдельно. уравнение, равносильное данному, § 15. Решение иррациональных уравнений и неравенств с параметрами При t = 0 из уравнения (1) име- и поэтому вместо исследования дан ем k = 2. Таким образом, при k = 2 ного уравнения можно исследовать уравнение (1) имеет корень t = 0. полученное.

При этом следует учитывать, что Тогда и данное уравнение имеет ко рень x = –1, то есть k = 2 удовлетво- после  замены  переменной  ино­ гда  изменяется  требование  зада­ ряет условию задачи.

Обозначим f (t) = t2 + 2kt – k + 2. чи,  в частности, для уравнения (1) оно будет таким: найти все значе Уравнение (1) может иметь хотя ния параметра k, для которых это бы один положительный корень уравнение имеет хотя бы один не в одном из двух случаев:

отрицательный корень (тогда после 1) один корень положительный обратной замены мы обязательно и один корень отрицатель найдем корни данного уравнения).

ный — для этого необходимо Это возможно в одном из трех случа и достаточно выполнения усло ев: или один из корней уравнения (1) вия f (0) 0;

равен нулю (этот случай легко ис 2) оба корня положительные — следуется подстановкой t = 0 в урав для этого необходимо и до нение (1)), или уравнение (1) имеет статочно выполнения системы один положительный и один отрица условий:

тельный корни, или имеет два поло f (0) 0, жительных корня.

(2).

D l 0, Изобразив соответствующие эскизы t 0.

графиков функции f (t) = t2 + 2kt – – k + 2, записываем необходимые Условие f (0) 0 дает и достаточные условия такого рас –k + 2 0, положения корней квадратного то есть k 2. трехчлена (рисунок или табл. 16).

Система (2) дает k + 2 0, 4k 4 (k + 2) l 0, k 0.

Тогда Для решения квадратного нера k 2, k 2, венства k2  +  k – 2 l 0 можно при 2 k + k 2 l 0, k m 2 k l 1, менить графическую иллюстрацию.

k 0. k 0.

Таким образом, k m –2.

Ответ: k m –2 или k l 2.



Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.