Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций icon

Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций



НазваниеНестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций
Дата конвертации24.01.2014
Размер145.49 Kb.
ТипДокументы
источник

НЕСТАНДАРТНЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ.

1 Использование областей существования функций.

  1. =lg(1+) + 3x - x2 - 1



ОДЗ 4-x2≥0 x x

1+>0 x



x

2

-2



ОДЗ: x=.

Проверка обязательна:

x=-2 30=lg1+(-6-4-1); 1=-10 ложно

х=2 30=lg1 +(6-4-1); 1=1 верно

ОТВЕТ: 2.

  1. Решить неравенство:



(+1) ∙ log + ∙ (+1) >0


ОДЗ:

>0


x



5

1


а) (x-1)(x-5)

б) x > 0

в) (x-1)(x-5) x

г) x

x>0

x

ОДЗ х

Проверка: х=1 (0+1) ∙ (-1)+1 ∙ (0+1) >0

-1+1>0, 0>0 ложно

х=5 (0+1) ∙ 1+ ∙ (0+1) >0

1+0,2>0 верно

ОТВЕТ: 5.



  1. Решить неравенство:

> lg(x-2)


ОДЗ: 1-х2≥0 x


x

2

1

-1
х-2>0 x>2


Ответ: решений нет.



  1. + log2 (x2+1) > sin x +1



ОДЗ: cos x – 1 ≥0 cos x ≥ 1 x=2


y
x2+1>0 x

Проверка: 20+log2(4π2n2+1)>0+1

x2+1≥1


0

1

x
log2(4π2n2+1)≥0

если n=0, 1+0>0+1 Ложно

n≠0, Верно при x

^ ОТВЕТ: 2, n, n≠0.



  1. + = 1



а) ОДЗ: ≥0 x ≥ - x ≥

≥0 x ≥

M=;+)

б) y(x)= +

y() = +==2

На М E(y)=[2;+) в силу возрастания и непрерывности на М л.ч.≥2

п.ч.=1

ОТВЕТ: решений нет



  1. Использование неотрицательности функций.



а) f1 (x) + f2 (x) + … + fn (x) =0

f1 (x) ≥0

f2 (x) ≥0

………..

fn (x) ≥0


б) f1 (x) =0

f2 (x) =0

……….

fn (x) =0


Решением уравнения а) является система. Уравнения f12 (x) + f22 (x) + … + fn2 (x) =0 и

|f12 (x)| + |f22 (x)| + … + |fn2 (x)| =0 равносильны б).


  1. x4 + 5∙4x + 4x2∙2x - 2∙2x + 1=0


((x2)2 + 2∙x2∙ (2∙2x) + (2∙2x)2) + (4x - 2∙2x + 1)=0

(x2 + 2∙2x)2 + (2x – 1)2 =0

x2 + 2∙2x = 0 02 + 2∙20=0 ложно

2x – 1=0 x=0 ОТВЕТ: х=


  1. |x – 3| + |log0,7(x2 – 4x + 4)| = 0


x=3 x=3

log0,7(x2 – 4x + 4) log0,7(9 – 12 + 4)= log0,71=0 верно


ОТВЕТ: 3.


  1. 1 – + = 0


y = , E(y) = [0;+)

y = 1 – D(y) = M

yI = (1 – )I = ∙ (-4x3 – 2x) = = ;


fI(x)
D(y) = M = [x1;x2]


+

=



x
На М


0

X2

X1

fI(x)



xmin = 0. ymin = y(0) = 1 - = 0, E(y)=[0;+)


Уравнение равносильно системе

1 - = 0 =1 = 1 верно

= 0 = 1 х=0


Ответ: х=0.

Если необходимо убедиться, что D(y) = M = [x1;x2], необходимо решить неравенство: ≥0

х42 - 1≤0, D=

= ; =


X1

X2
()∙ ()≤0




-

x
≤0


II F(x)≤0

f1 (x) + f2 (x) + … + fn (x) =0 f1 (x) =0

f1 (x) ≥0 равносильно системе f2 (x) =0

f2 (x) ≥0 ………..

……….. fn (x) =0

fn (x) ≥0



  1. (x2 – 5x + 6)2 + lg(x2 - 4x + 5)≤0



y = lg(x2 - 4x + 5) = lg((x2 - 4x +4) + 1) = lg((x-2)2 + 1);

t = (x-2)2 + 1, t≥1 lg t ≥0, т.е. lg(x2 - 4x + 5)≥0


x2 – 5x + 6=0 x=2, x=3 x=2, x=3

lg(x2 - 4x + 5)=0 100=x2 – 4x +5 x=2


ОТВЕТ: 2.

  1. + lg2()≤0



y = , y≥0 = 0

y = lg2() , y≥0 lg()=0


х=3 или х=4 х=3 или х=4

х2 -4х + 1=1 х=0 или х=4


ОТВЕТ: 4



  1. Использование ограниченности функций.



y=f(x), y=g(x), M=D(f) D(g), x M, справедливы неравенства f(x)≥A

g(x)≤A

А некоторое число, тогда f(x)=g(x) <=> f(x)=A

g(x)=A



  1. 4 =



а) y=4 , D(y)=R

y= ; D=1-4<0 D(y)=R

б) (4 =


E [16; +)

E (0; 16]
(2x + 1)2 + 16=


в) 4x2 + 4x +1 +16=16

= 16

4x2 + 4x +1=0

4x2 - 4x + 4 – 3=0 , 4(x2 – x +1)=3, 4x2 – 4x + 1=0, x=

4 ∙ + ∙ + 1=1+2+2=0 ложно

x= -

+ – 15


^ ОТВЕТ: корней нет.



  1. cos2 (x ∙ sin x)=1 + |log5 (x2 – x + 1)|



а) y=cos2(x∙ sin x) D(y)=R

g=|log5 (x2 – x + 1)| + 1, D(g): x2 – x + 1>0, x


б) E(y) = E (cos2 (x ∙ sin x)) = [0;1]

E(g) =|log5 (x2 – x + 1)| + 1=[1;+)


в) cos2(x∙ sin x) ≤ 1 , |log5 (x2 – x + 1)| + 1≥1


cos2(x∙ sin x)=1

|log5 (x2 – x + 1)| + 1=1

log5 (x2 – x + 1)=0 , x2 – x = 0, x(x - 1)=0 x=0

x=1

если х=0 , cos 0 = 1 верно

cos2(1 ∙ sin 1) = 1 ложно

ОТВЕТ: х=0.



  1. cos7x + sin5x = 1



если х , n z , то имеем sin x < 1 и cos x < 1.

sin5x2x и cos7x2x , значит cos7x + sin5x < sin2x + cos2x = 1

л.ч. cos7x + sin5x <1 , таким образом корнями могут быть только числа вида х=

Так как sin x и cos x периодические с периодом 2 функции, то достаточно выяснить, являются корнями уравнения числа х=0, х= , х= , х=

х=0 1+0=1 верно

х= 0+1=1 верно

х= -1+0=1 ложно

х= 0-1=1 ложно

^ ОТВЕТ: х=2πn; x= + 2πn, n.


Использование ограниченности функции при решении неравенств.


M=D(y) D(g) и если верно, f(x)≥A , g(x)≤A , A – число; тогда неравенство

f(x) ≤ g(x) <=> f(x)=A

g(x)=A



  1. |lg(x2 + 2x + 2) + 5| ≤ 4 – 2x – x2



y1 = lg(x2 + 2x + 2) = lg((x2 + 2x + 1)+1) = lg ((x+1)2 + 1)

y2 = lg ((x+1)2 + 1) + 5

(lg((x+1)2 + 1) + 5)≥5

y=|lg(x2 + 2x +2) + 5| , E(y)≥5

g(x) = 4 – 2x – x2 = - (x2 + 2x – 4)= - ((x2 +2x +1) – 5)= - ((x + 1)2 – 5) =


y
- (x+1)2 +5

E(g) = (-;5] 5



x
|lg(x2 + 2x +2) + 5|=5 0 1

4 – 2x – x2 = 5


y
x2 + 2x + 1=0

(x+1)2 =0 , x= -1 5


x
|lg(1-2+2)+5|=5 , 5=5 верно

^ ОТВЕТ: х= -1. -1 0


y
|lg(x-2)| + 1≤ - cos


а) ОДЗ: х>2

y1=lg (x-2) y2=|lg(x-2)| y=|lg(x-2)|+1

E(y) = [1; +

1

б) g= - cos , -1 ≤ cos≤ 1


x
1 ≥ - cos ≥ -1 0 2 3

-1 ≤ - cos ≤ 1

E(g)=[-1;1] , т.е. |lg(x-2)| + 1≥1

- cos≤ 1


в) |lg(x-2)| + 1=1 lg(x-2)=0

- cos=1 cos=-1


х-2=1 cos3π=cos(2π+π)=cos π= -1

х=3

ОТВЕТ: х=3.

  1. log2 x = 3 -3x



y= log2 x возрастает на R

g=3 – x убывает на R, если есть корень, то он единственный х=2.

Проверка: log2 x = 3 – 2 , 1=1 верно

(функционально-графический метод)

ОТВЕТ: х=2.



  1. log2 (x + 2)> (функционально-графический метод)



а) ОДЗ: х+2>0 x> -2

>0 + - +

-0,5 0


ОДЗ: (-2; -0,5) (0;+.

б) y = log2 (x + 2) , y1 = log2 x y2 = log2 (x + 2)

влево на 2

g = = = 1- = + 1


Вверх

Влево
g1 = g2 = g = + 1

y



y=log2 (x+2)



1

-2 -1 -0,5 0 1 x


^ ОТВЕТ:



  1. log2 (4x – x2 – 2)≥1



Домножаем на >0

log2 (4x – x2 – 2) ≥

а) 4x – x2 – 2 = -x2 + 4x – 2 = -( x2 - 4x + 2) = - ((x2 - 4x + 4) – 2) =

= -((x-2)2 – 2) = - (x – 2)2 + 2

E(log2 (4x – x2 – 2)) = (-


y y


1
2

0 x x

2 1 2


б) g = E(g) = [1;+ y

1


2

1


в) log2 (4x – x2 – 2)≤1

≥ 1


г) log2 (4x – x2 – 2)=1

= 1

ОТВЕТ: х=2.




Похожие:

Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconУрок по теме "Метод интервалов"
Рассмотрение метода интервалов и его использование для решения квадратных неравенств, неравенств, связанных с многочленами, и рациональных...
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconКонспект урока Класс: 11 физико-математический профиль. Тема урока: Основные методы решения иррациональных уравнений
Систематизировать способы решения иррациональных уравнений; стимулировать учащихся к овладению рациональными приемами и методами...
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconРасписание школьных кружков п/н Руководитель Творческое объединение День и время проведения занятий Дранишникова Т. И
«Решение уравнений, неравенств, систем уравнений и неравенств» (8 класс) понедельник, 15. 00. 15. 40
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconТема урока: «Методы решения систем уравнений»
Повторить алгоритм графического метода решения системы двух уравнений с двумя переменными x и y
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconКонспект урока по математике в 11 классе на тему: «Нестандартные методы решения показательных уравнений» Подготовила учитель математики
Значит, уравнение =1+имеет единственный корень. Поэтому корней у данного уравнения,кроме х=2, нет
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconТема: Основные методы решения тригонометрических уравнений
Обобщить и систематизировать полученные знания по данной теме, вспомнить решения простейших тригонометрических уравнений
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconУрок-семинар в 11 классе. Учитель: Петренко Н. Е. Мбоу «Крутоярская сош» Тема урока: Методы решения иррациональных уравнений
Развивать умение обобщать, правильно отбирать способы решения иррациональных уравнений
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconРешение задач повышенного уровня сложности
Использование нескольких приемов при решении иррациональных уравнений и неравенств
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconРешение тригонометрических уравнений (обобщающее повторение)
Цели урока: повторить и систематизировать методы решения тригонометрических уравнений
Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. 1 Использование областей существования функций iconПрактикум по решению задач. 11а Группа 1 Вторник 15. 00-15. 45 Группа 2 среда
Решение уравнений и неравенств с параметрами. Практикум по решению уравнений и неравенств
Разместите кнопку на своём сайте:
Документы


База данных защищена авторским правом ©lib2.podelise.ru 2000-2013
При копировании материала обязательно указание активной ссылки открытой для индексации.
обратиться к администрации
Документы