Primenenie svojstv funkcij_k_resheniyu_uravnenij_i

1. МОУ «Инсарская средняя общеобразовательная школа №1»
Чудаева Елена Владимировна, учитель математики,
г. Инсар, Республика Мордовия
ПОДГОТОВКА К ЕГЭПОДГОТОВКА К ЕГЭ

2. Содержание
1. Метод мажорант (метод оценки)
2. Использование свойств функций:
Область определения
Множество значений
Четность и нечетность
3. Задачи с параметром
4. Задачи из сборника ЕГЭ, часть «С»
5. Использованные источники

3. Применим для задач в которых множества
значений левой и правой частей уравнения
или неравенства имеют единственную общую
точку, являющуюся наибольшим значением
для одной части и наименьшим для другой.
Эту ситуацию хорошо иллюстрирует
график.
Как начинать решать такие задачи?
МЕТОД МАЖОРАНТМЕТОД МАЖОРАНТ
Привести уравнение или неравенство к виду ( ) ( )f x g x=
Сделать оценку обеих частей. Если существует число М,
из области значений такое что , то( )( ) и g xМf xМ ≥≤
Решить систему уравнений:
( ) .
( ) ,
g xМ
f xМ

=
=

4. ∅Ответ: .
удовлетворяет второму уравнению.
( ) ( )22
0,2 1
; .
sin 1sin 1
х
x
xx
 == 
 
==  
( )2
.2 sin
х
x=Пример 1. Решите уравнение
Решение. Оценим обе части уравнения.
При всех значениях х верны неравенства:
Следовательно, данное уравнение равносильно системе:
0х =
Последняя система не имеет решений, так как
не
Графическая
иллюстрация
120 ≥⇒≥
x
x и 2 2
1 sin( ) 1 sin( ) 1.x x− ≤ ≤ ⇒ ≤
Мы получили, что левая часть уравнения не меньше 1, а
правая часть – не больше 1.

5. 22
; .
0,2 1,
cos 1cos 1
х
x
xx
  
 
 
==
==
Пример 2. Решить уравнение
Решение:Решение: Оценим обе части уравнения.
2
2 1 и cos 1.
х
x≥ ≤При всех значениях х верны неравенства
Следовательно, данное уравнение равносильно системе:
При х = 0 второе уравнение
обращается в верное
равенство, значит, х = 0
корень уравнения.
Ответ: х = 0.
2
2 cos .
х
x=

6. Сделаем оценку функций, входящих в неравенство.
( )
( )
2 2
2 2 2
2
1 1, cos ( 1) 1, cos ( 1) 1,
; ;
9 2 10 ( 1) 0;
cos
lg 9 2 1
x x x
x x xx x
 + =  + = + =  
  
= − − = + =  
− −
( ) ( )2 2
cos 1 lg 9 2 1.x x x+ × − − ≥
Пример 3. Решить неравенство
Следовательно, исходное неравенство выполняется
тогда и только тогда, когда оба множителя равны 1
одновременно.
Ответ: - 1.
Решение.
.1)1(cos1)1cos(1 2
≤+⇒≤+≤− xxОчевидно что
Так как , то данная функция
принимает наибольшее значение равное 1 при х = -1, значит,
( ) ( )( )22
110lg29lg +−=−− xxx
( ) .129lg 2
≤−− xx
Получаем х = -1 – единственное решение системы
уравнений, а, значит, и данного неравенства.

7. (так как: ).
cos
2 log log .x
xxπ π−
= +
1
log log log 2.
logxx x
xπ π
π
π+ = + ≥
cos
2 2,
log log 2;
x
xxπ π
−



=
+ =
Пример 4. Решить уравнение
1 cos 1,x− ≤ ≤Так как то левая часть уравнения
Для правой части (в силу неравенства для суммы двух взаимно
обратных чисел) выполнено
Поэтому уравнение имеет решения, если и только если
одновременно выполнены два условия
.x π=Решая последнюю систему, получаем
принимает значение от 0,5 до 2
Ответ: .x π=
Решение. Оценим обе части уравнения.
[ ]11cos
2;22 −−
∈x
( )
2
cos 1,
cos 1,
1
log 2; log 1 0.
log
x
x
x x
x
π π
π
= − = − 
 
+ = − = 


8. sin sin9 2.x x+ =Пример 5. Решить уравнение
.
sin 1,
sin9 1
x
x



=
=
Значит, уравнение равносильно системе:
2) Решая первое уравнение системы, находим :
sin9 sin 9 18 1.
2
x n
π
π
 
 ÷
 
= × + =
3) Подставим найденные значения во второе уравнение:
2 ,
2
х n n Z
π
π= + ∈Следовательно, решение системы.
2 , .
2
х n n Z
π
π= + ∈Ответ:
Решение. Оценим обе части уравнения.
1) Каждое слагаемое левой части уравнения не больше 1,
следовательно их сумма будет равна 2, если они принимают своё
наибольшее значение.
.,2
2
Znnx ∈+= π
π

9. ( ) ( )2 2
2
1
cos 1 2 3 sin3 4.
cos
x tg y z
x
 
 ÷
 
+ × + × + =
2
2
1
cos 2,
cos
x
x
 
 ÷
 
+ ≥
( )2
1 2 1tg y+ ≥
( )3 sin3 2z+ ≥
( ) ( )2 2
2
1
cos 1 2 3 sin3 4.
cos
x tg y z
x
 
 ÷
 
+ × + × + ≥
2 2
cos 1, 1+ 2 1, 3+sin3 2 одновременно.x tg y z= = =
2
2
cos 1,
2 0,
sin3 1;
x
tg y
z





=
=
= −
2
, ; , ; , .
2 6 3
х m m Z y k k Z z l l Z
π π
π π= ∈ = ∈ = − + ∈
Пример 6. Решить уравнение
Решение. Оценим множители левой части уравнения.
почленно эти неравенства,
получаем:
Следовательно, левая часть равна правой, лишь при условии:
Значит, данное
уравнение
равносильно системе
уравнений:
Решая систему уравнений, получаем решения исходного уравнения:
Заметим, что перемножив
Ответ:
сумма двух положительных взаимообратных чисел
сумма единицы и неотрицательного числа
sin 3z ∈[-1;1] ⇒ 3 + sin3z ∈[2; 4].







∈+−=
∈=
∈=
.,2
2
3
,,2
,,
Zllz
Zkky
Zmmx
π
π
π
π

10. Проверим справедливость первого равенства, подставив эти корн
При
2 2 2
5 .cos ( sin ) 1 log 1x x x x× = + + +
2
cos ( sin ) 1,x x× ≤
2 2
51 log 1 1x x+ + + ≥
2 2
5log 1 0,x x+ + = 2
1 1,x x+ + = 2
1 1,x x+ + = 2
0.x x+ =
Пример 7. Решите уравнение
Решение. Для решения уравненияоценим его части:
Поэтому равенство возможно
только при условии:
Сначала решим второе
уравнение:
Корни этого уравнения 1 0x = 2 1.x = −и
0x =
2 2
cos (0 sin0) cos 0 1× = =получаем: (верное равенство).
Итак, данное уравнение имеет единственный корень х = 0.
Ответ: 0.
2
2 2
5
.
cos ( sin ) 1
1 log 1 1
x x
x x



× =
+ + + =
При х = -1 имеем: 2 2
cos ( 1 sin( 1)) cos (sin1) 1− × − = ≠ (неверное равенство)
cos(α)∈[-1;1] ⇒ cos2
(α )∈[0; 1].
сумма единицы и неотрицательного числа.

11. Пример 8. Найти все значения параметра а, при каждом
из которых уравнение 2249 70 26 cos14 81 72 134 x x x a aπ− + = − − −
( )
2
(7 5) 1 2
.4 3 cos 14 (9 4)x
x aπ− +
= + − +
2
(7 5) 1 1x − + ≥ ⇒
2(7 5) 1
4 4.x− +
≥
cos14 1 3 cos14 4.x xπ π≤ ⇒ + ≤
2
(9 4) 0,a + ≥ 2
3 cos14 (9 4) 4.x aπ+ − + ≤
( )2
2
(7 5) 1
2
2
57 5 0, ,
4 4, 7cos14 1,
43 cos14 (9 4) 4; .(9 4) 0; 9
x
x x
x
x a aa
π
π
− +
 
   
  
  
 
− = =
=
=
+ − + = = −+ =
имеет решения. Найдите эти решения.
При всех значениях х выражение:
При всех значения х выражение:
поэтому
Следовательно, левая часть уравнения не меньше 4, а правая
часть – не больше 4. Получаем систему:
5
7
x = 4
.
9
a = −Ответ: при
Решение. Перепишем уравнение в виде
Оценим функции входящие в данное уравнение.
Очевидно, что

12. 1. Если в уравнении левая часть
возрастающая (или убывающая)
функция, а правая константа, то
уравнение имеет не более одного
корня.
2. Если в уравнении левая часть
возрастающая (или убывающая)
функция, а правая часть убывающая
(возрастающая) функция, то данное
уравнение имеет не более одного
корня.
х
у
0
х
у
0
constxg =)(
)(xfу =
)(xfу =
)(xgу =

13. Пример 9. Решить уравнение 3 3
2 1 1 1.x x− + − =
Решение:
Заметим, что х = 1 , является корнем данного уравнения.
Левая часть уравнения представляет собой сумму двух
возрастающих функций и, следовательно, сама является
возрастающей функцией, принимающей каждое своё
значение ровно один раз.
Поэтому других корней данное уравнение не имеет.
Ответ: 1.

14. 1) 2 2;х + = −
2) 2 3 3 0;х х+ + + =
3) 4 6 2;х х− − − =
4) 9 2;х х+ + =
2 2
5) 4 9 4.х х+ + + =
Пример 10. Доказать, что уравнение не имеет решений:
Арифметический корень не может быть
отрицательным числом, поэтому уравнение
решений не имеет.
Левая часть исходного уравнения определена
при , при каждом таком значении х
Следовательно, их сумма всегда больше нуля.
1,5х ≥ −
2 3 0, а 3 0.х х+ ≥ + >
Находим ОДЗ уравнения: 4, и 6.х x≤ ≥
Не существует такого значения х, при
котором оба выражения имеют смысл.
Поэтому уравнение решений не имеет.
ОДЗ уравнения: 0.х ≥
, 9 3, 0Заметим х x+ ≥ ≥ ⇒
их сумма не меньше 3.
2 2
4 2, 9 3х х+ ≥ + ≥ ⇒
2 2
4 9 5 4.х х+ + + ≥ ≠
Заметим,

15. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ОБЛАСТИ
ОПРЕДЕЛЕНИЯ ФУНКЦИИ
Итак, единственной точкой, в которой определены эти
радикалы, является x = 1. Легко проверить, что это число –
корень уравнения.
23211 222
=−++++− ххххРешить уравнение:
Решение.
Первый радикал определен при
2
1 0 1 1.х х− ≥ ⇔ − ≤ ≤
Второй радикал определен при любых значениях х.
Выражение под третьим радикалом неотрицательно если
то есть при 3 и 1.х х≤ − ≥
Ответ: 1.
,0322
≥−+ xx
х-3 -1 1

16. 3 2 2
3 16 2 1 1 2 .x x x x+ − + − = − −
3 2
3 16 2 1 0.x x x+ − + − ≥
22
1.1 2 0 2x x ≤ −− − ≥ ⇔
Решить уравнение
1) Выпишем, условие существования функции, стоящей в
левой части:
Решить данное неравенство довольно сложно.
3) Значит, исходное уравнение тоже не имеет решений, так
как левая часть его – неотрицательная функция!
Ответ: ∅.
Решение.
2) Проверим не отрицательность правой части:
Последнее неравенство решений не имеет.

17. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СВОЙСТВА ОГРАНИЧЕННОСТИ ФУНКЦИИ
ДЛЯ НАХОЖДЕНИЯ ЕЁ НАИБОЛЬШЕГО ЗНАЧЕНИЯ
2 22sin 5cos 1
.2 5 x x
y + −
= ×
Данная функция принимает наибольшее значение тогда и
только тогда, когда наибольшее значение принимает
функция, стоящая в показателе степени:2 2
2sin 5cos 1.t x x= + −
Укажите наибольшее целое значение
функции
2 2
2 3cos 1; 3cos 1.t x t x= + − = +Преобразуем её:
2
cos 1,x ≤ 2
3cos 1t x= +Так как то наибольшее значение функции
равно 4. Следовательно, наибольшее значение исходной функции
2 22sin 5cos 1
2 5 x x
y + −
= × 4
2 5 1250.× =равно
Ответ: 1250.
Решение.

18. Пример. Может ли при каком-нибудь значении
параметра а, уравнение иметь три
корня?
ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ЧЕТНОСТИ ФУНКЦИИ
6 4 2
2 1х х ах− − =
Решение.
Легко заметить, что при замене х на –х данное уравнение
не изменится, значит, если0х
является корнем данного
уравнения,
от нуля, входят в множество решения уравнения
«парами».
то число - 0х также является его корнем, т.е. корни, отличные
Так как число 0 не является корнем уравнения, то уравнение
имеет четное число корней.
Ответ: не может.
Графическая
иллюстрация

19. а = 1
а = 2
а = 3
а = -3
а = -2
а = -1
у = 1

20. Может ли при каком-нибудь значении параметра а, уравнение
4 2
2 2 2 2х х
ах х−
+ = + +
Так как при замене х на –х данное уравнение не
изменится, то множество его корней вместе с каждым
корнем содержит противоположный корень.
Следовательно, уравнение имеет четное число
корней, отличных от нуля. Проверка показывает, что 0
– корень, значит, данное уравнение имеет нечетное
число корней.
иметь нечетное число корней?
Решение.
Ответ: да.
ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ЧЕТНОСТИ ФУНКЦИИ

21. Литература
Для создания шаблона презентации использовалась
картинка http://www.box-m.info/uploads/posts/2009-
05/1242475156_2.jpg
1. Математика. ЕГЭ. Контрольные измерительные материалы.
Методические указания при подготовке. Тестовые задания:
Учебно – методическое пособие / Л.Д. Лаппо, А.В. Морозов, М.А.
Попов. – М.: издательство «Экзамен», 2004, 2006, 2008
2. Математика. ЕГЭ. Контрольные измерительные материалы.
Варианты тестов. Министерство образования РФ. – М.: Центр
тестирования Минобразования России, 2002. / Денищева Л.О. и
др.
3. Математика — абитуриенту. Автор: Ткачук В. В. Издательство:
2007. Год: МЦНМО. Страниц: 976