Основные методы решения смешанных

Основные методы решения смешанных уравнений
Преподаватели математики ГОУ СОШ № 853
Белов А.И.
Фадеичева Т.П.
1. Стандартные методы
В вариантах ЕГЭ довольно часто встречаются стандартные иррациональные уравнения
вида f x   g x , которые вполне могут быть решены одним из двух стандартных
 f x   g 2 x 
способов - переходом к равносильной системе 
или возведением в


g
x

0

квадрат обеих частей уравнения и последующей проверкой.
Задача 1 (ИМБО, 2004)
Решить уравнение 7  2 x  2  x
1 способ (Равносильные преобразования)
7  2 x  2  x,
7  2 x  x  2,
7  2 x   x  2 2 ,

 x  2  0,
7  2 x  x 2  4 x  4,

 x  2,
 x 2  2 x  3  0,

 x  2,
 x  1,

 x  3,
 x  2,

x  3.
2 способ (Проверка)
Перейдём к уравнению-следствию.
7  2 x  2  x,
7  2 x  x  2,
7  2 x  x  2 ,
2
7  2 x  x 2  4 x  4,
x 2  2 x  3  0,
x1  1,
x 2  3.
Проверим, являются ли найденные значения переменной ответами исходного
уравнения.
При x  1 уравнение принимает вид 7  2  1  2 . Неверно, следовательно,
найденное значение не является корнем исходного уравнения.
При x  3 уравнение принимает вид 7  6  3  2 . Верно, следовательно, ответ x  3 .
Однако, данные способы решения всё-таки отнимают некоторое время, что при
решении задач Единого Государственного Экзамена (ЕГЭ) может быть довольно
важным. Следует отметить, что задачи подобного типа встречаются, как правило, в
части B, то есть представляют из себя задачи с кратким ответом. Стало быть,
подробное решение задачи не требуется. Отсюда возникает ещё один способ –
«угадать» решение.
3 способ(Использование монотонности)
7  2 x  2  x,
7  2 x  x  2.
Заметим, что левая часть уравнения представляет из себя убывающую на всей области
определения функцию, а правая часть – возрастающую функцию. Отсюда следует
вывод, что если решение есть – то оно единственное. Это решение несложно
подобрать x  3 .
2. Использование монотонности функций
Как было показано в предыдущем примере, уравнение вида f x   g x  будет иметь не
более одного решения, если левая часть представляет из себя монотонно
возрастающую функцию, а правая – монотонно убывающую. С известными
изменениями этот приём может быть перенесён и на неравенства.
Задача 2 (Тренировочная работа в форме ЕГЭ №1, B3)
Решите уравнение log 6 x  3  log 6 x  19  2 . Если уравнение имеет больше одного
корня – в ответ запишите их сумму.
1 способ (Равносильные преобразования)
log 6  x  3  log 6  x  19   2,
 x  3,

 x  19,
log  x  3 x  19   2,
 6
 x  19,
 2
 x  22 x  57  36,
 x  19,
 2
 x  22 x  21  0,
 x  19,

 x  21,
 x  1,

x  21.
2 способ (Проверка)
Аналогично примеру 1.
3 способ (Использование монотонности)
Левая часть уравнения представляет из себя монотонно возрастающую функцию,
правая – постоянное число. Значит, если решение есть – то оно единственное.
Несложным подбором убеждаемся, что это число x  21 .
В рассмотренном выше примере видно, что «метод угадывания» значительно
сокращает временные затраты на решение. Кроме того, он, по существу, включает в
себя метод проверки (ведь угаданный корень необходимо подставить в уравнение). Ну
и немаловажно отметить, что, как указано в инструкции по выполнению работы ЕГЭ:
«Ответом в заданиях B1-B11 является целое число или число, записанное в виде
десятичной дроби». Следовательно, искомый ответ надо искать среди целых чисел, ну
а, учитывая, что в приведённом примере участвовал логарифм по основанию 6 – ответ
становится очевиден.
Задача 3 (Тренировочная работа в форме ЕГЭ №1, B3)
Решите уравнение log 36 x  4  log 36 x  20  1 . Если уравнение имеет больше одного
корня – в ответ запишите их сумму.
Ответ: 22.
Задача 4 (Диагностическая работа в форме ЕГЭ № 3, B3)
Решите уравнение x  3 x  19  6 .
В левой части находится монотонно возрастающая функция, в правой – константа,
следовательно, решение – единственное (задание части B!), которое находится
подбором - x  21 .
Задача 5 (Диагностическая работа в форме ЕГЭ № 3, B3)
Решите уравнение x  4 x  20  6 .
Ответ x  22 .
3. Метод оценок (мажорант)
Иногда уравнение (неравенство) вида f x   g x  устроено так, что левая и правая
части представляют из себя ограниченные функции. В этом случае можно (а иногда и
единственно возможно) применить метод «оценивания» правой и левой частей.
Особенно этот метод полезен при решении так называемых «смешанных» уравнений и
неравенств. Проиллюстрируем это на примере.
Задача 6 (МГУ, факультет наук о материалах, 2003).


Решите уравнение log 1 1  x 2  3x  2
 
2
x 2  6x  8 .
3
Стандартным путем решить это уравнение невозможно. Обратим внимание на то, что в
левой части под логарифмом выражение всегда больше либо равно единицы,
логарифмическая функция с основанием 1 - убывает, стало быть –
3


log 1 1  x 2  3x  2
3
   log
2
1
3
1  0 . То есть – левая часть всегда меньше или равна нулю.
В правой же части – арифметический квадратный корень, который всегда больше или
равен нулю. Отсюда получаем, что равенство возможно только когда обе части
уравнения обращаются в нуль. Левая часть равна нулю при x  1 и при x  2 , а правая
– при x  2 и x  4 . Отсюда – единственное решение x  2 .
При решении подобных задач особенно стоит отметить выделение квадрата двучлена в
одной или в обеих частях уравнения (неравенства).
Задача 7 (диагностическая работа в форме ЕГЭ № 2, B7)
x
Решить уравнение x 2  12 x  38  cos  3 .
3
2
2
Рассмотрим левую часть. x  12 x  38  x 2  12 x  36  2  x  6  2  2 .
x
 3  1  3  2 . Значит, равенство возможно только
3
тогда, когда обе части уравнения принимают значение 2. Левая часть равна двум
только при x  6 . Проверкой убеждаемся, что и правая часть при этом значении
переменной равна двум. Таким образом, ответ - x  6 . Стоит отметить, что так как
это задача части B , то ответ обязательно должен быть и притом единственный, так что
проверять число  6 в правую часть не совсем обязательно.
Рассмотрим правую часть
cos
Задача 8 (диагностическая работа в форме ЕГЭ № 2, B7)
x
Решить уравнение x 2  16 x  67  sin
8.
16
Ответ - x  8 .
Задача 9 (Диагностическая работа для 10-ых классов в форме ЕГЭ, B7)


Решить уравнение 2 x 2  11x  6  log 5 2 x 2  21x  55  0 .
Правая часть уравнения – постоянное число, левая часть – сумма двух квадратных
корней. Так как значения арифметического квадратного корня неотрицательны, то для
того, чтобы уравнение имело решение, необходимо, чтобы оба корня были равны
нулю. Решив квадратное уравнение 2 x 2  11x  6  0 , получим x1  6; x2  0,5 .
Проверкой убеждаемся, что первый корень обращает в нуль второе слагаемое, а
второй – нет. Отсюда, ответ - x  6 .
Задача 10 (Диагностическая работа для 10-ых классов в форме ЕГЭ, B7)
Решить уравнение 4 x 2  7 x  2  log 52 2 x 2  11x  15  0 .
Ответ - x  2 .
2
Задача 11 (Государственная Академия Управления)
x
Решить уравнение 2 x  2  x  2 cos .
3
Можно снова выделить полный квадрат в левой части


2


2
1 22x  1 22x  2  2 x  1  2  2 x
2x 1
2  2x
2x 1
2 2 2  x 




2  2.
2
2x
2x
2x
2x
2x
Правая же часть, в свою очередь, меньше либо равна двум. Отсюда получаем, что
равенство возможно только тогда, когда обе части уравнения принимают значение,
равное двум. Левая часть равна двум только при x  0 . Непосредственной проверкой
убеждаемся, что при x  0 и правая часть также равна двум. Таким образом, ответ x  0.
Отметим, что можно и не выделять квадрат двучлена в левой части, а воспользоваться
1
известным неравенством t   2 .
t
x
x
x
Задача 12 (Диагностическая работа в форме ЕГЭ № 3, B7)
Решить уравнение 312 x  x  cos x  10 .
Снова поможет выделение полного квадрата, на этот раз – в показателе степени.
2
1  2 x  x 2  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  2  2  x  1  2 .
2
312 x  x  32  9 .
В свою очередь, правая часть уравнения не может быть меньше девяти. Отсюда
получаем, что единственный ответ - x  1 .
2
Задача 13 (Диагностическая работа в форме ЕГЭ № 3, B7)
2
Решить уравнение 5 x 2ч  2  4  cos x .
Ответ - x  1.
Иногда для оценивания левой и правой частей уравнения (или неравенства)
1
используются известные неравенства. Это уже упоминавшееся ранее t   2 , а также
t
ab
 ab
– неравенство для среднего арифметического и среднего геометрического
2
и неравенство Коши-Буняковского x1 y1  x2 y 2  x12  x22  y12  y 22
Задача 14 (МГУ, химический факультет, 2003)

1 
1 
1 
 x  2  x  8
Решить уравнение 1 
x 
2 x 

Пусть a  x ; b  2  x . Преобразуем уравнение следующим образом


 1  1 
1  1  a  b   8
 a  b 
 1 1 1 
1    a  b   8
 a b ab 
b a
1 1
a  b 1  1   8
a b
b a
1 
1   a 1 

6
 a    b     
a 
b   b a 

b

1
Так как t   2 для t  0 , то равенство возможно только при
t

a  1  2
a


1
b   2
b

1
a
b  a  2

b

a  1

Отсюда b  1
a
 1
b
Значит,
 x  1

 2  x  1
x 1
Ответ: 1
4. Условие равенства произведения или дроби нулю
При решении некоторых задач можно использовать и широко известное утверждение:
«Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один
из них равен нулю, а другой при этом имеет смысл», с соответствующими
изменениями это верно и для равенства дроби нулю.
Задача 15 (Тренировочная работа в форме ЕГЭ № 5, B3)
Решите уравнение 2 x  15 x  9  x  9 . Если уравнение имеет больше одного
корня – в ответ запишите их сумму.
2 x  15 x  9  x  9 ,
x  9 2 x  16   0,
 x  9,

 x  9,
 x  4,
x  9.
Тут следует избегать одной из наиболее типичных ошибок – сокращение на общий
множитель.
Задача 16 (Тренировочная работа в форме ЕГЭ № 5, B3)
x 2  13x  36
Решите уравнение
 0 . Если уравнение имеет больше одного корня – в
x 3
ответ запишите их сумму.
Ответ - x  4 .
5. Графический метод
Для решения некоторых уравнений (и неравенств) полезно привлекать графические
иллюстрации и соображения
Задача 17 (МГУ, ВМиК, устный экзамен, 2001)
Решить уравнение 5 x  3 x  98
5 x  3 x  98
Функция f x   5 x возрастает на 
Функция g x   3 x  98 также возрастает на  , но «скорость» её роста меньше, чем
«скорость» роста f x  . Объяснение этому факту возможно, например с
использованием производной - f | x   g | x 
Кроме того, f 0  1; g 0  99 . То есть f 0  g 0 . Значит, если точка пересечения
существует, то она – единственная. Подбором убеждаемся, что x  3 .
Ответ: 3.
Графический метод очень полезен также при решении задач с параметрами.
Задача 18 (МГУ, физический)
При каких значениях параметра a уравнение 2 x  x  1  a имеет ровно два решения?
Рассмотрим функцию f x   2 x  x  1
 2 x  x  1, x  0

f  x   2 x  x  1,0  x  1
2 x  x  1, x  1

 3 x  1, x  0

f  x    x  1,0  x  1
3 x  1, x  1

Построим график функции f x  . Это трехзвенная ломаная. Ровно два решения
уравнение будет иметь тогда, когда прямая y  a пересекает данную ломаную ровно в
двух точках. Это происходит при a  1.
Ответ: 1;
6. Использование области определения
Иногда полезно найти область определения уравнения – если «повезёт», то, может
быть, она будет состоять из конечного множества точек, среди которых можно
отыскать ответ просто проверкой – подставив в исходное уравнение.
Задача 19
x
Решить уравнение 4 x  2  x  2 x  x 2  2 sin
8
Найдём область определения уравнения (или, как часто говорят – ОДЗ – область
допустимых значений переменных, входящих в уравнение)
Арифметический квадратный корень определен для неотрицательных подкоренных
выражений, следовательно:
x  2  0

x  0
2 x  x 2  0

x  2

 xx  2   0
x  2

0  x  2
x2
Таким образом, единственное допустимое значение x  2 . Проверкой убеждаемся, что
это значение является корнем исходного уравнения.
Ответ: 2.
7. Специальные методы решения
Сравнительно нечасто, но встречаются уравнения, решаемые некоторыми «особыми»
способами, например:
а) Тригонометрическая замена
б) уравнения вида f g x  f hx
в) уравнения вида f x   f 1 x 
Конечно, в ЕГЭ подобным задачам будут соответствовать задачи уровня С.
Задача 20 (МГУ, мех-мат, 2001)
Решить уравнение 7 x  5 x  1  7 2 x  8  5 2 x  8  1
Рассмотрим функцию f t   7t  5 t  1
7t  5t  5, t  1
f t   
7t  5t  5, t  1
12t  5, t  1
f t   
2t  5, t  1
Таким образом, функция f t  является возрастающей, каждое свое значение
принимает ровно один раз. А наше уравнение выглядит как f x   f
Отсюда получаем
x  2x  8

2x  8
x 2  2x  8
x 2  2x  8  0
x  4
 x  2

Проверкой убеждаемся, что x  2 не подходит, а x  4 - является корнем
иррационального, а, следовательно, и исходного уравнения.
Ответ: 4
Задача 21 (2 заочный конкурс учителей математики)
x

2


 2x  5  2 x 2  2x  5  5  x
Пусть t  x 2  2 x  5
Тогда t 2  2t  5  x
Получаем систему
2
 x  2 x  5  t
2
t  2t  5  x
x 2  t 2   2x  t   t  x
x  t x  t   3x  t   0
x  t x  t  3  0
2
x  t
t   x  3

В первом случае получим

x 2  2x  5  x
x2  x  5  0
D  1  20  21
 1  21
2
Во втором случае получим
x 2  2 x  5  3  x
x1, 2 
x 2  3x  2  0
D  9  8  17
 3  17
2
 1  21  3  17
;
Ответ:
2
2
x 3, 4 
Задача 22 (МГУ, биологический, 1985)
Сколько корней на промежутке 0;1 имеет уравнение 8 x 2 x 2  1 8 x 4  8 x 2  1  1 ?
 
Пусть x  cos t . На отрезке t  0;  каждому значению x соответствует ровно одно
 2
значение t . Тогда уравнение примет вид
8 cos t 2 cos 2 t  18 cos 4 t  8 cos 2 t  1  1



  1  cos 2t  2
1  cos 2t 
8 cos t  cos 2t  8  
8
1  1

 

2
2



2
8 cos t cos 2t 2  4 cos 2t  2 cos 2t  4  4 cos 2t  1  1

8 cos t cos 2t 2 cos


2t  1  1
8 cos t cos 2t cos 4t  1
Так как t  0 не является корнем уравнения (можно проверить), то sin t  0 . Умножим
обе части уравнения на sin t . Получим
2
8 sin t cos t cos 2t cos 4t  sin t
4 sin 2t cos 2t cos 4t  sin t
2 sin 4t cos 4t  sin t
sin 8t  sin t
sin 8t  sin t  0
7t
9t
2 sin cos  0
2
2
 7t
sin 2  0

cos 9t  0
2

 7t
 2  n, n  

 9t    k , k  
 2 2
 2n
t  7 , n  

t    2k , k  

9
9
2
 
Из первой серии в промежуток  0;  попадает только
, а из второй – два значения
7
 2
 
; . Значит, ответов на заданном промежутке у уравнения 3.
9 3
Ответ: 3.
В заключение стоит отметить, что большинство приведённых выше приёмов являются
вполне «законными» математическим методами, но в условиях жесткого временного
контроля при решении задач Единого Государственного Экзамена (по мнению
составителей, на решение большинства задач группы B необходимо тратить не более 2,5 –
3 минут) при подготовке стоит большее внимание уделять методам «угадывания», что с
одной стороны, конечно, наносит вред стройности построения курса алгебры и начал
анализа в средней школе, а с другой – развивает математическое чутьё и интуицию,
помогает учащимся «прочувствовать» задачи.