Энэ видео хичээл дээр би логарифм ба бутархай-рационал тэгш бус байдлын аль алиныг нь агуулсан математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын 15-р нэлээд ноцтой асуудлыг нарийвчлан шинжилсэн. Безоутын теорем (олон гишүүнтийн үндсийг олох), мөн олон гишүүнтийг булангаар хуваах аргад (факторын хувьд) онцгой анхаарал хандуулдаг.

Энэ хичээлээр бид математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын хоёр тэгш бус байдлын системийг шинжлэх болно.

⎧⎩⎨⎪⎪ бүртгэл7−2x(x+6) ≤0x− x−3x+6−x2 +27x+90x2 +8х+12≤−1 \left\( \begin(align)& ((\log )_(7-2x))\left(x+6 \right)\le 0 \\& x-\frac(x-3)(x+6) )-\frac(((x)^(2))+27x+90)(((x)^(2))+8x+12)\le -1 \\\end(align) \баруун.

Тэгш бус байдлын системийг шийдвэрлэх

Таны харж байгаагаар систем нь логарифмын тэгш бус байдлаас гадна сонгодог бутархай-рациональ тэгш бус байдлаас бүрддэг боловч шийдвэрлэх явцад бид энэ тэгш бус байдал нь анх харахад тийм ч хялбар биш гэдгийг олж мэдэх болно. Логарифмаас эхэлье. Үүнийг хийхийн тулд бид үүнийг тусад нь бичих болно:

бүртгэл7−2x(x+6) ≤ 0

((\log )_(7-2x))\left(x+6 \баруун)\le \text( )0

Аль ч шиг логарифмын тэгш бус байдал, энэ бүтээн байгуулалт нь буурсан байна каноник хэлбэр, өөрөөр хэлбэл зүүн талд бид бүх зүйлийг өөрчлөхгүй, харин баруун талд нь дараах байдлаар бичнэ.

бүртгэл7−2x(x+6) ≤ бүртгэл7−2x 1

((\log )_(7-2x))\left(x+6 \баруун)\le ((\log )_(7-2x))1

Оновчлолын аргыг хэрхэн ашиглах вэ

Одоо оновчтой болгох аргыг ашиглая. Хэрэв бид хэлбэрийн тэгш бус байдал байгаа бол гэдгийг танд сануулъя

бүртгэлк (x) f(x)⋃ бүртгэлк (x) g(x),

((\log )_(k\left(x \баруун)))f\left(x \баруун)\bigcup ((\лог )_(k\left(x \баруун)))g\зүүн(x \ баруун),

Дараа нь бид энэ барилга руу шилжиж болно:

(е (x) −g(x) )(к (x)−1)⋃0

\left(f\left(x \right)-g\left(x \right) \right)\left(k\left(x \right)-1 \right)\bigcup 0

Мэдээжийн хэрэг, энэ тэгш бус байдал нь логарифмын тодорхойлолтын мужийг харгалздаггүй.

е (x) >0

f\left(x\right)>0

g (x) >0

g\left(x\right)>0

1≠к (x) >0

1\ne k\left(x\right)>0

Тиймээс дүрд е (x) f\left(x\right) үйлдэл хийнэ шугаман функц x+6 x+6, мөн дүрд g (x) g\left(x\right) нь ердөө 1. Тиймээс бид системийн логарифм тэгш бус байдлыг дараах байдлаар дахин бичнэ.

(x+6−1) (7−2x−1)

\left(x+6-1 \right)\left(7-2x-1 \right)

Сүүлийн 1 нь нэг юм x−1хоёр дахь хаалтанд байгаа x-1. Эдгээр нь бүгд 0-ээс бага буюу тэнцүү байна. Гүйцэтгэх үед тэгш бус байдлын тэмдэг энэхүү өөрчлөлтийн тухайхадгалагдаж байна. Энд хаалт бүрт ижил төстэй зүйлс байна:

(x+5) (6−2x) ≤0

\left(x+5 \right)\left(6-2x \right)\le 0

Интервалын аргыг хэрэглэх

Мэдээжийн хэрэг, бидэнд интервалын аргаар хялбархан шийдэж болох энгийн тэгш бус байдал бий. Хаалт бүрийг 0-тэй тэнцүү болгоё:

(+5) =0→= −5

\left(+5 \right)=0\to =-5

6−2=0→2=6

x=3

Эдгээр бүх цэгүүдийг (ийм хоёр цэг байдаг) координатын шулуун дээр тэмдэглэе. Тэдгээр нь сүүдэрлэж байгааг анхаарна уу:

Шинж тэмдгүүдийг тэмдэглэе. Үүнийг хийхийн тулд 3-аас их тоог авна уу. Эхнийх нь "хасах" болно. Дараа нь тэмдгүүд нь хаа сайгүй ээлжлэн солигддог, учир нь бүр олон янзын үндэс байдаггүй. Бид бага эсвэл тэнцүү тэмдгийг, өөрөөр хэлбэл хасах тэмдгийг сонирхож байна. Шаардлагатай газруудыг будна. Интервалын аргыг ашиглан тэгш бус байдлыг шийдвэрлэхдээ тэгшитгэл рүү шилжихийн өмнө олж авсан хамгийн сүүлийн илэрхийлэлд 1 тэрбумыг орлуулдаг гэдгийг сануулъя.

Тиймээс бид багцуудыг олсон. Гэхдээ таны ойлгож байгаагаар энэ нь тэгш бус байдлын шийдэл биш юм. Одоо бид логарифмын тодорхойлолтын мужийг олох шаардлагатай байна. Үүнийг хийхийн тулд бид дараах функцуудыг бичнэ.

Тэгшитгэлийн бүтцийг алдаатай үүрлэх

\left[ \begin(align)& x+6>0 \\& 7-2x>0 \\& 7-2x\ne 1 \\\ end(align) \right.=>\left[ \эхлэх(зэрэгцүүлэх) )& x>-6 \\& 7>2x \\& 6\ne 2x \\\төгсгөл(зэрэгцүүлэх) \баруун.=>\зүүн[ \эхлэх(эгцлэх)& \\& x<\text{ }3,5 \\& x\ne \text{ }3 \\\end{align} \right.

Тиймээс бид гурван шаардлагыг нэгэн зэрэг хүлээн авсан, өөрөөр хэлбэл эдгээр бүх тэгш бус байдлыг нэгэн зэрэг хангах ёстой. Нэр дэвшигчийн хариулттай зэрэгцээ шугам татъя:

Бид системийн эхний элементийн эцсийн хариултыг хүлээн авсан:

(−6;−5] ⋃(3;3,5)

\left(-6,-5 \right]\bigcup \left(3,3,5 \right). Энэ үед олон сурагчид асуулт гарч ирж байна. Хараач, 3 - нэг талаараа ухсан боловч дээр Нөгөө талаас, энэ цэг нь өнгөт байна. Тиймээс үүнийг хэрхэн зөв, нэг удаа шийдвэрлэхийн тулд нэг энгийн дүрмийг санаарай.

Олонлогуудын огтлолцол гэдэг нь юу гэсэн үг вэ? Энэ бол эхний болон хоёр дахь багцад нэгэн зэрэг багтсан багц юм. Өөрөөр хэлбэл, доор зурсан зургийг бөглөхдөө бид эхний болон хоёр дахь мөрөнд нэгэн зэрэг хамаарах цэгүүдийг хайж байна. Иймээс хэрэв аль нэг цэг нь эдгээр шугамын ядаж аль нэгэнд хамаарахгүй бол хоёр дахь мөрөнд хэрхэн харагдахаас үл хамааран энэ нь бидэнд тохирохгүй. Ялангуяа 3-тай бол яг дараах түүх тохиолддог: нэг талаас, хариултанд нэр дэвшигчдийн хувьд 3-р цэг нь сүүдэртэй тул бидэнд тохирсон, гэхдээ нөгөө талаас, домэйны улмаас 3-ыг хассан болно. логарифмын тодорхойлолт, тиймээс эцсийн багцад энэ цэгийг задлах ёстой. Ингээд л системийн анхны логарифмын тэгш бус байдлын хариулт бүрэн үндэслэлтэй. Аюулгүй байхын тулд би үүнийг дахин хуулбарлах болно:

(−6;−5] ⋃(3;3,5)

\left(-6,-5 \баруун]\том аяга \left(3,3.5 \баруун)

Бутархай рационал тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх

x− x−3x+6−x2 +27x+90x2 +8х+12≤−1 x-\frac(x-3)(x+6)-\frac(((x)^(2))+27x+90)(((x)^(2))+8x+12)\le - 1

Одоо -1-г зүүн тийш шилжүүлнэ үү:

x+1− x−3x+6−x2 +27x+90(x+6) (x+2)≤0 x+1-\frac(x-3)(x+6)-\frac(((x)^(2))+27x+90)(\left(x+6 \баруун)\зүүн(x+2) \right))\le 0

x+1 1 −x−3x+6−x2 +27x+90(x+6) (x+2)≤0 \frac(x+1)(1)-\frac(x-3)(x+6)-\frac(((x)^(2))+27x+90)(\left(x+6 \баруун) )\left(x+2 \баруун))\le 0

Бид бүхэл бүтэн бүтцийг нийтлэг хуваагч руу авчирдаг:

(x+1) (x+6) (x+2) −(x−3) (x+2) − (x2 +27x+90)(x+6) (x+2)≤0 \frac(\left(x+1 \right)\left(x+6 \right)\left(x+2 \right)-\left(x-3 \right)\left(x+2 \right)- \left(((x)^(2))+27x+90 \баруун))(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \баруун))\le 0

Хаалтуудыг өргөжүүлье:

(x+2) ( (x+1) (x+6) −(x−3) )−x2 −27x−90(x+6) (x+2)≤0 \frac(\left(x+2 \right)\left(\left(x+1 \right)\left(x+6 \right)-\left(x-3 \right) \right)-((x )^(2))-27x-90)(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \баруун))\le 0

x3 +6x2 +9х+2 x2 +12x+18− x2 −27x−90(x+6) (x+2)≤0 \frac(((x)^(3))+6((x)^(2))+9x+2((x)^(2))+12x+18-((x)^(2)) -27x-90)(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \баруун))\le 0

x3 +7x2 −6x−72(x+6) (x+2)≤0 \frac(((x)^(3))+7((x)^(2))-6x-72)(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \баруун))\le 0

Үүний үр дүнд үүссэн тэгш бус байдлын талаар та юу хэлэх вэ? Нэгдүгээрт, энэ нь хуваагч нь аль хэдийн хүчин зүйлчлэгдсэн бутархай-рациональ юм. Тиймээс интервалын аргыг ашиглан энэ тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх нь хамгийн сайн сонголт байх болно. Гэхдээ интервалын аргаар шийдэхийн тулд тоологчийг үржүүлэх шаардлагатай. Тоолуур нь гуравдугаар зэргийн олон гишүүнт учраас энэ нь гол бэрхшээл юм. Гурав дахь зэрэглэлийн үндэсийн томъёог хэн санаж байна вэ? Би хувьдаа санахгүй байна. Гэхдээ бидэнд энэ хэрэггүй.

Бидэнд хэрэгтэй зүйл бол Безутын теорем, эс тэгвээс теорем өөрөө биш, харин түүний хамгийн чухал үр дагаваруудын нэг бөгөөд хэрэв бүхэл тоон коэффициент бүхий олон гишүүнт үндэстэй бол дараах зүйлийг илэрхийлдэг. x1 ((x)_(1)) бөгөөд энэ нь бүхэл тоо бол чөлөөт коэффициент (бидний тохиолдолд 72) заавал хуваагдана. x1 ((x)_(1)). Өөрөөр хэлбэл, хэрэв бид энэ куб тэгшитгэлийн язгуурыг олохыг хүсвэл 72-ыг оруулах хүчин зүйлсийг л ухахад л хангалттай.

72-ын тоог анхны үржүүлэгчид болгон авч үзье.

72=8⋅9=2⋅2⋅2⋅3⋅3

72=8\cdot 9=2\cdot 2\cdot 2\cdot 3\cdot 3

Тиймээс бид куб илэрхийлэлийнхээ ядаж нэг үндсийг авахын тулд хоёр ба гурвын бүх хослолыг давах хэрэгтэй. Эхлээд харахад энэ нь комбинаторын асуудал мэт санагдаж болох ч бодит байдал дээр бүх зүйл тийм ч аймшигтай биш юм. Хамгийн бага тооноос эхэлье:

x=2

Хариулт нь 2 эсэхийг шалгацгаая. Үүнийг хийхийн тулд үндэс гэж юу болохыг санацгаая. Энэ нь олон гишүүнт орлуулснаар 0 болж хувирдаг тоо юм. Орлуулъя:

(2) =8+28−12−72<0

\left(2 \right)=8+28-12-72<0

Бид үүнийг ойлгодог x−2 x-2 тохиромжгүй. Үргэлжлүүлье. 4-ийг авъя:

(4) =64+112−24−72>0

\left(4 \right)=64+112-24-72>0

x=4 x=4 нь бас бидний бүтээн байгуулалтын үндэс биш юм.

Үргэлжлүүлье. Дараагийнх нь аль нь вэ? x x бид задлах уу? Энэ асуултад хариулахын тулд нэгэн сонирхолтой баримтыг тэмдэглэе: хэзээ x−2 x-2 бидний олон гишүүнт сөрөг байсан ба at x=4 x=4 эерэг болсон. Энэ нь 2-оос 4-р цэгийн хооронд бидний олон гишүүнт тэнхлэгийг огтолж байна гэсэн үг юм x x. Өөрөөр хэлбэл, энэ сегментийн хаа нэгтээ биднийх 0 болж хувирна. Энэ нь энэ цэг нь хүссэн тоо байх болно гэсэн үг юм. 4 ба 2-ын хооронд ямар бүхэл тоо байдгийг бодоцгооё. Өргөтгөлд зөвхөн 3, 3 байгаа нь ойлгомжтой, тиймээс энэ нь бидний илэрхийллийн үндэс байж болох юм. Энэ сонголтыг авч үзье:

x=3

(3) =27+63−18−72=90−90=0

\left(3 \right)=27+63-18-72=90-90=0

Гайхалтай, бидний таамаглал батлагдсан. Үнэхээр, x=3 x=3 нь бидний бүтээн байгуулалтын үндэс юм. Гэхдээ энэ нь энэ олон гишүүнтийг хүчин зүйл болгоход бидэнд хэрхэн тусалдаг вэ? Маш энгийн. Бүгд ижил Безоутын теоремоос хэрэв гэвэл x1 ((x)_(1)) нь олон гишүүнтийн үндэс юм х (x) p\left(x \right), энэ нь бид дараах зүйлийг бичиж болно гэсэн үг юм.

x1 :p(x) =Q(x) (x− x1 )

((x)_(1)):p\left(x \баруун)=Q\зүүн(x \баруун)\зүүн(x-((x)_(1)) \баруун)

Өөрөөр хэлбэл мэддэг x1 ((x)_(1)) бидний илэрхийлэлийг хүчин зүйл болгон задлахад заавал хүчин зүйл байх болно гэж бид баталж чадна. x1 ((x)_(1)). Манай тохиолдолд олон гишүүнт нь тэлэх хүчин зүйлтэй байх ёстой гэж бид бичиж болно (x−3)\left(x-3 \right) учир нь 3 нь түүний үндэс.

x3 +7x2 −6x−72x−3=x2 +10х+24\frac(((x)^(3))+7((x)^(2))-6x-72)(x-3)=((x)^(2))+10x+24

Өөрөөр хэлбэл, бид системээс тэгш бус байдлыг дараах байдлаар дахин бичиж болно.

(x+3) (x2 +10x+24)(x+6) (x+2)≤0 \frac(\left(x+3 \right)\left(((x)^(2))+10x+24 \баруун))(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \right) ))\le 0

Тоолуурын хоёр дахь хаалтанд дөрвөлжин гурвалсан тоо байгааг анхаарна уу, үүнийг маш энгийн хүчин зүйлээр ангилж болно, бид дараахь зүйлийг авна.

(x+3) (x+6) (x+4)(x+6) (x+2)≤0 \frac(\left(x+3 \right)\left(x+6 \right)\left(x+4 \right))(\left(x+6 \баруун)\left(x+2 \баруун) )\le 0

Энэ бол зөвхөн үндсийг нь бичих явдал юм.

x=3

≠−6(2к)

\ne -6\зүүн(2к \баруун)

=−4

≠−2

Системийн шийдэл байж болох эдгээр бүх цэгүүдийг координатын шугам дээр тэмдэглэе xх:

Тэмдгийг тодорхойлохын тулд бид 3-аас их тоог авч, эдгээр хаалт бүрт орлуулж, таван эерэг тоог авна, өөрөөр хэлбэл 3-ын баруун талд нэмэх тэмдэг байна. Дараа нь тэмдгүүд нь хаа сайгүй өөрчлөгддөг боловч -6-д юу ч өөрчлөгддөггүй, учир нь -6 нь хоёр дахь үржвэрийн үндэс юм. Функцийн тэмдэг нь сөрөг байгаа газруудыг бид сонирхож байгаа тул "хасах" хэсгийг сүүдэрлэдэг.

Нийтдээ бид анхны тэгш бус байдлын шийдлийг бичиж болно - энэ нь дараах байдалтай байна.

(−∞;−6) ⋃(−6;−4] ⋃(−2;3]

\left(-\infty ;-6 \right)\bigcup \left(-6;-4 \right]\bigcup \left(-2;3 \баруун)

Эцсийн алхамууд

Бид системийн хоёр дахь тэгш бус байдлыг шийдсэн бөгөөд одоо системийг өөрөө шийдэх, өөрөөр хэлбэл бидний олж авсан олонлогуудыг огтолцох үлдлээ. Үүнийг хийхийн тулд би системээс логарифмын тэгш бус байдлыг хариуцдаг хуучин хоёр шугамтай зэрэгцээ өөр шугам барихыг санал болгож байна.

Тэгш бус байдлын системийн хоёр дахь элементийн эцсийн хариултыг бид бичиж болно. (−6;−5] \left(-6;-5 \right]. Одоо бид системдээ буцаж ирээд эцсийн багцыг бичиж болно:

x∈ (−6; −5]

x\in \left(-6;\text( )-5 \right]

Гол цэгүүд

Энэ даалгаварт хэд хэдэн гол зүйл байдаг:

1. Та каноник хэлбэрт шилжих замаар логарифмын тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх чадвартай байх хэрэгтэй.
2. Та бутархай рационал тэгш бус байдалтай ажиллах чадвартай байх хэрэгтэй. Энэ нь ерөнхийдөө 8-9-р ангийн материал тул логарифмтай ажиллах юм бол бутархай рационал тэгш бус байдлыг ойлгох болно.
3. Безутын теорем. Энэ теоремын хамгийн чухал үр дагавар нь бүхэл тооны коэффициент бүхий олон гишүүнтийн үндэс нь түүний чөлөөт гишүүний хуваагч болдог явдал юм.

Үгүй бол энэ нь тэгшитгэлийн системийг шийдэх энгийн боловч нэлээд том даалгавар юм. Системийг шийдвэрлэхэд тодорхой бэрхшээлүүд нь бүх багцын огтлолцол, ялангуяа 3-р цэгтэй холбоотой асуудлуудад бас үүсч болно. Энд бүх зүйл маш энгийн: огтлолцол гэдэг нь бүх тэгш бус байдлыг нэгэн зэрэг биелүүлэх шаардлагыг илэрхийлдэг гэдгийг санаарай, өөрөөр хэлбэл шаардлагатай цэг нь байх ёстой. бүх гурван тэнхлэг дээр сүүдэрлэсэн. Хэрэв дор хаяж нэг тэнхлэг дээр будаагүй эсвэл цоороогүй бол ийм цэг нь хариултын нэг хэсэг болж чадахгүй.

Улсын нэгдсэн шалгалт 2018. Математик. Профайлын түвшин. Тэгшитгэл ба тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх. Садовничий Ю.В.

М.: 2018. - 96 х.

Энэхүү ном нь математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын 15-р асуудалтай төстэй асуудлуудад зориулагдсан болно (тэгшитгэл ба тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх). Ийм асуудлыг шийдвэрлэх янз бүрийн аргууд, түүний дотор анхны хувилбаруудыг авч үздэг. Энэхүү ном нь ахлах ангийн сурагчид, математикийн багш, багш нарт хэрэг болно.

Формат: pdf

Хэмжээ: 860 КБ

Үзэх, татаж авах:drive.google

АГУУЛГА
ТАНИЛЦУУЛГА 4
БҮЛЭГ 1. ТЭГШ БУС БАЙДЛЫГ ШИЙДЭХ ИНТЕРВАЛИЙН АРГА 6.
Бие даасан шийдвэрлэх асуудлууд 10
БҮЛЭГ 2. тэгшитгэл ба тэгш бус байдлын модулиудын тодруулга 13.
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 23
БҮЛЭГ 3. ИРРАЦИОНТОЙ тэгшитгэл ба тэгш бус байдал 25
Бие даасан шийдвэрлэх асуудлууд 33
БҮЛЭГ 4. Экспонентар ба логарифм тэгшитгэл ба тэгш бус байдал 35
4.1. Энгийн тэгшитгэл ба тэгш бус байдлын үндсэн томъёо, шийдэл 35
4.2. Логарифмын нийлбэр ба зөрүүг хөрвүүлэх 36
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 41
4.3. Хувьсах солих арга 42
Бие даасан шийдвэрлэх асуудлууд 47
4.4. Тэгш бус байдлыг хуваах 49
Бие даасан шийдвэрлэх асуудлууд 55
4.5. Шинэ суурь руу шилжих 56
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 60
БҮЛЭГ 5. Холимог төрлийн тэгшитгэл ба тэгш бус байдал 61.
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 68
БҮЛЭГ 6. ЛОГАРИФМИЙН ИНТЕРВАЛИЙН АРГА 70
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 75
БҮЛЭГ 7. АЛГЕБРИЙН тэгшитгэл ба тэгш бус байдлын тогтолцоо 76.
Бие даан шийдвэрлэх асуудал 84
БИЕ ДААН ШИЙДЭХ АСУУДЛЫН ХАРИУ 88

Энэхүү ном нь математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын 15-р асуудалтай төстэй асуудлуудад зориулагдсан болно (тэгшитгэл ба тэгш бус байдал). Энэ номыг сэдвийн дагуу бүлгүүдэд хуваасан бөгөөд бүлэг тус бүрийн материалыг "энгийнээс нарийн төвөгтэй" хүртэл толилуулж байна.
16-19-р бодлого (планиметрийн бодлого, үгийн бодлого, параметрийн бодлого, бүхэл тооны бодлого) ЕБС төгсөгчдийн дийлэнх хувь хүнд хэцүү байдаг нь нууц биш. 14-р асуудлын талаар мөн адил зүйлийг хэлж болно (стереометр). Тиймээс 15-р асуудал (13-р асуудалтай хамт) шийдэгдсэн нь Улсын нэгдсэн шалгалтын оноогоо сайн түвшинд хүргэх боломж юм.
Эхний гурван бүлэг нь бэлтгэл бөгөөд тэгш бус байдлыг интервалын аргаар шийдвэрлэх, модуль, иррационал тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг агуулсан тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг хамарна.
Дөрөвдүгээр бүлэг нь энэ номын гол хэсэг юм, учир нь энд байгаа асуудлууд нь математикийн 15-р профилын улсын нэгдсэн шалгалтын бодит асуудалтай хамгийн ойр байдаг. Энэ бүлэг нь хэд хэдэн догол мөрөнд хуваагдсан бөгөөд тус бүр нь ийм асуудлыг шийдвэрлэх аргыг судалдаг.