USE 2018. Математика. профиль деңгейі. Теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу. Садовничий Ю.В.

М.: 2018. - 96 б.

Бұл кітап математикадан Бірыңғай мемлекеттік емтиханның 15 тапсырмасына ұқсас тапсырмаларға арналған (теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу). Мұндай мәселелерді шешудің әртүрлі әдістері, соның ішінде түпнұсқалары қарастырылады. Кітап жоғары сынып оқушыларына, математика мұғалімдеріне, тәрбиешілерге пайдалы болады.

Формат: pdf

Өлшемі: 860 Кб

Көру, жүктеп алу:drive.google

МАЗМҰНЫ
КІРІСПЕ 4
1-тарау. ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ШЕШУДІҢ ИНТЕРВАЛДЫҚ ӘДІСІ 6
арналған тапсырмалар тәуелсіз шешім 10
2-ТАРАУ. ТЕҢДЕЛЕР МЕН ТЕҢСІЗДІКТЕРДЕГІ МОДУЛЬДЕРДЕН БАС ТАРТУ 13
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 23
3-ТАРАУ. ИРРАЦИОНАЛДЫҚ ТЕҢДЕЛЕР ЖӘНЕ ТЕҢСІЗДІК 25
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 33
4-ТАРАУ. КӨРСЕТКІШ ЖӘНЕ ЛОГАРИЯЛЫҚ ТЕҢДеулер мен теңсіздіктер 35
4.1. Негізгі формулалар және қарапайым теңдеулер мен теңсіздіктерді шешу 35
4.2. Логарифмдердің қосындысы мен айырмасын түрлендіру 36
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 41
4.3. Айнымалы ауыстыру әдісі 42
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 47
4.4. Теңсіздіктерді бөлу 49
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 55
4.5. Жаңа базаға көшу 56
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 60
61 АРАС ТҮРДЕГІ ТЕҢДеулер мен теңсіздіктер 5-тарау.
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 68
6-ТАРАУ
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 75
7-тарау. АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕЛДЕР ЖӘНЕ ТЕҢСІЗДІК ЖҮЙЕЛЕРІ 76
Өз бетінше шешуге арналған тапсырмалар 84
ТӘУЕЛСІЗ ШЕШІМГЕ ТАПСЫРМАЛАРҒА ЖАУАПТАР 88

Бұл кітап 15-есепке ұқсас есептерге арналған профильдік емтиханматематикада (теңдеулер мен теңсіздіктер). Кітап тақырыбы бойынша тарауларға бөлінген, әр тараудағы материал «қарапайымнан күрделіге» берілген.
Жасыратыны жоқ, 16-19 есептер (планиметрия, сөздік есеп, параметрлік есеп, бүтін есеп) түлектердің басым көпшілігі үшін қиын. орта мектеп. 14 есеп (стереометрия) туралы да солай айтуға болады. Сондықтан шешілген 15 тапсырма (13-тапсырмамен бірге) USE бойынша ұпайыңызды жақсы деңгейге көтеру мүмкіндігі болып табылады.
Алғашқы үш тарау дайындық болып табылады, олар теңсіздіктерді интервалдық әдіспен шешуді, модулі бар теңдеулер мен теңсіздіктерді, иррационал теңдеулер мен теңсіздіктерді қарастырады.
Төртінші тарау осы кітаптағы негізгі тарау болып табылады, өйткені ондағы тапсырмалар математикадан 15 профильдік емтиханның нақты тапсырмасына ең жақын. Бұл тарау бірнеше бөлімдерге бөлінген, олардың әрқайсысы осындай мәселені шешудің қандай да бір әдісін зерттейді.

Бұл бейне оқулықта мен математикадан Бірыңғай мемлекеттік емтиханның 15-ші маңызды тапсырмасын егжей-тегжейлі талдадым, онда логарифмдік және бөлшек рационал теңсіздік. Безут теоремасына (көпмүшенің түбірлерін табу үшін), сондай-ақ көпмүшелерді бұрышқа бөлу әдісіне (көбейту үшін) ерекше назар аударылады.

Бұл сабақта біз математикадағы USE екі теңсіздік жүйесін талдаймыз:

⎧⎩⎨⎪⎪ журнал7-2x(x+6) ≤0x− x−3x+6−x2 +27x+90x2 +8x+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 \\\соңы(туралау) \оңға.

Теңсіздіктер жүйесін шешу

Көріп отырғаныңыздай, жүйе логарифмдік теңсіздіктен, сондай-ақ классикалық бөлшек рационал теңсіздіктен тұрады, бірақ шешу барысында біз бұл теңсіздік бір қарағанда қарапайым көрінетіндей қарапайым емес екенін көреміз. Логарифмнен бастайық. Мұны істеу үшін оны бөлек жазыңыз:

журнал7-2x(x+6) ≤ 0

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

Кез келген сияқты логарифмдік теңсіздік, бұл құрылыс дейін азаяды канондық пішін, яғни сол жақта біз бәрін өзгеріссіз қалдырамыз, бірақ оң жақта келесідей жазамыз:

журнал7-2x(x+6) ≤ журнал7-2x 1

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

Рационализация әдісін қолдану жолы

Енді біз рационализация әдісін қолданамыз. Естеріңізге сала кетейін, егер бізде форманың теңсіздігі болса

журналк (x) f(x) ⋃ журналк (x) g(x),

((\log )_(k\left(x \right)))f\left(x \right)\bigcup ((\log )_(k\left(x \right)))g\left(x \ оң),

онда біз келесідей нәрсеге көшуге болады:

(ф (x) −g(x) )(қ (x) -1)⋃0

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

Әрине, бұл теңсіздік логарифмнің анықталу облысын есепке алмайды:

f (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

Сонымен, рөлде f (x) f\left(x \right) болып табылады сызықтық функция x+6 x+6 және рөлде g (x) g\left(x \right) жай ғана 1. Сондықтан логарифмдік жүйе теңсіздігін келесідей қайта жазамыз:

(x+6−1) (7−2x−1)

\left(x+6-1 \right)\left(7-2x-1 \оң)

Соңғы 1 - бір x−1 x-1, ол екінші жақшада. Бұлардың барлығы 0-ден кіші немесе тең. Бұл түрлендіруді орындаған кезде теңсіздік белгісі сақталады. Міне, әр жақшадағы ұқсастар:

(x+5) (6−2x) ≤0

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

Интервал әдісін қолдану

Бізде интервал әдісімен оңай шешілетін ең қарапайым теңсіздік бар екені анық. Әрбір жақшаны 0-ге қойыңыз:

(+5) =0→= −5

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

6−2=0→2=6

x=3

Осы нүктелердің барлығын (осындай екі нүкте бар) координаталық түзуде белгілейміз. Олардың көлеңкеленгеніне назар аударыңыз:

Белгілерге назар аударыңыз. Ол үшін 3-тен үлкен кез келген санды алыңыз. Біріншісі «минус» болады. Содан кейін белгілер барлық жерде кезектесіп отырады, өйткені біркелкі көптіктің тамыры жоқ. Бізді аз немесе тең таңбасы, яғни минус таңбасы қызықтырады. Біз қажетті жерлерді бояймыз. Естеріңізге сала кетейін, теңсіздіктерді интервал әдісімен шешкен кезде теңдеулерге көшкенге дейін соңғы алған өрнекте 1 миллиардты ауыстырамыз.

Сонымен біз жиынтықтарды таптық. Бірақ, сіз түсінесіз, бұл әлі теңсіздікті шешу емес. Енді логарифмнің анықталу облысын табу керек. Ол үшін келесі функцияларды жазамыз:

Теңдеу құрылымдарының қате ұя салуы

\left[ \begin(туралау)& x+6>0 \\& 7-2x>0 \\& 7-2x\ne 1 \\\end(туралау) \оңға.=>\left[ \begin(туралау) )& x>-6 \\& 7>2x \\& 6\ne 2x \\\соңы(туралау) \оңға.=>\left[ \бастау(туралау)& \\& x<\text{ }3,5 \\& x\ne \text{ }3 \\\end{align} \right.

Сонымен, біз бір мезгілде үш талап алдық, яғни бұл теңсіздіктердің барлығы бір уақытта орындалуы керек. Жауап берушіге параллель түзу жүргізейік:

Жүйенің бірінші элементіне соңғы жауапты алдық:

(−6;−5] ⋃(3;3,5)

\left(-6;-5 \right]\bigcup \left(3;3,5 \right).Осы кезде көптеген оқушыларда сұрақ туындайды.Қараңдаршы, 3 бір жағында ойылған, бірақ екінші жағынан , бұл дәл сол нүкте толтырылады. Сонымен, оны нәтиже ретінде қалай белгілеуге болады? Бұл мәселені дұрыс және біржола шешу үшін бір қарапайым ережені есте сақтаңыз.

Жиындардың қиылысуы нені білдіреді? Бұл бірінші жиынға да, екіншісіне де бір уақытта енетін жиын. Басқаша айтқанда, төмендегі суретті толтыра отырып, біз бір уақытта бірінші және екінші жолдарға жататын нүктелерді іздейміз. Сондықтан кез келген нүкте осы түзулердің ең болмағанда біреуіне жатпайтын болса, екінші түзуде қалай көрінсе де, ол бізге сәйкес келмейді. Және, атап айтқанда, 3-пен, дәл осы оқиға орын алады: бір жағынан, 3-тармақ жауапқа үміткерлерге сәйкес келеді, өйткені ол боялған, бірақ екінші жағынан, 3 доменіне байланысты тесілген. логарифм, және, демек, соңғы жиынтықта бұл нүкте тесілуі керек. Барлығы, жүйенің бірінші логарифмдік теңсіздігінің жауабы толығымен негізделген. Қауіпсіз болу үшін мен оны қайтадан көшіремін:

(−6;−5] ⋃(3;3,5)

\left(-6;-5 \right]\үлкен кесе \сол(3;3,5 \оң)

Бөлшек-рационал теңсіздікті шешу

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

Енді -1 солға жылжытыңыз:

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 \оң)\сол(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 \right) )\сол(x+2 \оң))\le 0

Біз бүкіл құрылымды ортақ бөлгішке келтіреміз:

(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 \right))(\left(x+6 \right)\left(x+2 \оң))\le 0

Жақшаларды кеңейтейік:

(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 \right)\left(x+2 \right))\le 0

x3 +6x2 +9x+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)(\сол(x+6 \оң)\сол(x+2 \оң))\le 0

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

Пайда болған теңсіздік туралы не айтуға болады? Біріншіден, ол бөлшек рационалды, ал бөлгіш әлдеқашан көбейткіштерге жіктелген. Сондықтан бұл теңсіздікті интервал әдісімен шешу ең жақсы нұсқа болар еді. Бірақ оны интервалдық әдіспен шешу үшін алымды көбейткіштерге бөлу де қажет. Бұл негізгі қиындық, өйткені алым үшінші дәрежелі көпмүше болып табылады. Үшінші дәрежелі түбірлердің формуласы кімнің есінде? Жеке менің есімде жоқ. Бірақ бұл бізге керек емес.

Бізге керегі тек Безут теоремасы, дәлірек айтсақ, теореманың өзі емес, оның ең маңызды салдарларының бірі, ол мынаны айтады: егер бүтін коэффициенттері бар көпмүшенің түбірі болса. x1 ((x)_(1)) және ол бүтін сан болса, бос коэффициент (біздің жағдайда 72) міндетті түрде келесіге бөлінеді x1 ((x)_(1)). Басқаша айтқанда, егер біз осы текше теңдеудің түбірін тапқымыз келсе, онда бізге тек 72 саны ыдырайтын факторларды «қазып алу» жеткілікті.

72 санын жай көбейткіштерге көбейтейік:

72=8⋅9=2⋅2⋅2⋅3⋅3

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

Сонымен, текше өрнектің кем дегенде бір түбірін алу үшін біз екі және үштік комбинацияларының барлығынан өтуіміз керек. Бір қарағанда, бұл комбинаторлық тапсырма сияқты көрінуі мүмкін, бірақ іс жүзінде бәрі соншалықты қорқынышты емес. Ең аз саннан бастайық:

x=2

Жауап 2 екенін тексерейік. Ол үшін түбірдің не екенін есте сақтаңыз. Бұл көпмүшеге ауыстырылғанда оны 0-ге айналдыратын сан. Ауыстырайық:

(2) =8+28−12−72<0

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

Біз мұны түсінеміз x−2 x-2 қолайлы емес. Ілгері жүру. 4-ті алайық:

(4) =64+112−24−72>0

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

x=4 x=4 біздің құрылысымыздың түбірі де емес.

Ілгері жүру. Келесі не x x талдаймыз ба? Бұл сұраққа жауап беру үшін қызықты фактіні атап өтейік: қашан x−2 x-2 біздің көпмүшелігіміз теріс болды және үшін x=4 x=4 ол қазірдің өзінде оң болып шықты. Бұл 2 және 4 нүктелерінің арасында біздің көпмүшенің осьпен қиылысатынын білдіреді x x. Басқаша айтқанда, осы сегменттің бір жерінде біздікі 0-ге айналады. Бұл бұл нүкте қажетті сан болатынын білдіреді. 4 мен 2 арасында қандай бүтін сан болатынын ойлап көрейік. Кеңейтуде тек 3 және 3 бар екені анық, сондықтан ол шын мәнінде өрнектің түбірі болуы мүмкін. Бұл опцияны қарастырыңыз:

x=3

(3) =27+63−18−72=90−90=0

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

Керемет, біздің гипотеза расталды. Шынымен, x=3 x=3 - біздің құрылысымыздың түбірі. Бірақ бұл бізге берілген көпмүшені көбейтуге қалай көмектеседі? Өте оңай. Барлығы бірдей Безот теоремасынан егер болса x1 ((x)_(1)) көпмүшенің түбірі б (x) p\left(x \right), яғни мынаны жаза аламыз:

x1 :p(x)=Q(x) (x− x1 )

((x)_(1)):p\left(x \оң)=Q\сол(x \оң)\сол(x-((x)_(1)) \оң)

Басқаша айтқанда, білу x1 ((x)_(1)) өрнекті көбейткіштерге бөлуде міндетті түрде фактор болады деп айта аламыз x1 ((x)_(1)). Біздің жағдайда біздің көпмүшенің кеңеюінде міндетті түрде фактор бар деп жаза аламыз (x−3)\left(x-3 \right) себебі 3 оның түбірі.

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

Басқаша айтқанда, жүйеден теңсіздігімізді келесідей қайта жаза аламыз:

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

Бөлімшенің екінші жақшасында квадрат үшмүше бар екенін ескеріңіз, ол да өте қарапайым көбейткіштерге бөлінеді, біз аламыз:

(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 \right)\left(x+2 \right) )\le 0

Мұның бәрі, тамырларды жазу ғана қалады:

x=3

≠−6(2к)

\ne -6\сол(2k\оң)

=−4

≠−2

Жүйенің шешімі бола алатын барлық осы нүктелерді координаталық түзуде белгілейік x x:

Таңбаларды анықтау үшін 3-тен үлкен кез келген санды алып, осы жақшалардың әрқайсысының орнына қойып, бес оң санды аламыз, яғни 3-тің оң жағында қосу таңбасы болады. Содан кейін белгілер барлық жерде өзгереді, бірақ -6-да ештеңе өзгермейді, өйткені -6 екінші көбейтіндінің түбірі. Бізді функцияның белгісі теріс болатын аймақтар қызықтырады, сондықтан біз «минустарды» көлеңкелейміз.

Жалпы алғанда, біз бастапқы теңсіздігіміздің шешімін жаза аламыз - ол келесідей болады:

(−∞;−6) ⋃(−6;−4] ⋃(−2;3]

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

Соңғы қадамдар

Біз жүйеміздің екінші теңсіздігін шештік, енді жүйенің өзін шешу, яғни біз алған жиындарды қию. Ол үшін жүйеден логарифмдік теңсіздікке жауап беретін екі ескі сызыққа параллель басқа сызық салуды ұсынамын:

Теңсіздіктер жүйесінің екінші элементінің соңғы жауабын жазуға болады: (−6;−5] \left(-6;-5 \right]. Енді жүйемізге оралып, соңғы жиынды жаза аламыз:

x∈ (−6; −5]

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

Негізгі нүктелер

Бұл тапсырмада бірден бірнеше негізгі тармақтар бар:

1. Логарифмдік теңсіздіктерді канондық түрге көшу арқылы шеше білу керек.
2. Бөлшек рационал теңсіздіктермен жұмыс істей білу керек. Бұл негізінен 8-9 сыныптар үшін материал, сондықтан логарифмдермен жұмыс жасасаңыз, онда бөлшек рационал теңсіздіктерді түсінесіз.
3. Безут теоремасы. Бұл теореманың ең маңызды нәтижесі бүтін коэффициенттері бар көпмүшенің түбірлері оның бос мүшесінің бөлгіштері болып табылады.

Әйтпесе, бұл теңдеулер жүйесін шешуге арналған қарапайым, бірақ өте көлемді тапсырма. Жүйені шешуде белгілі бір қиындықтар барлық жиындардың қиылысында да туындауы мүмкін, әсіресе 3-тармақпен байланысты. Мұнда бәрі өте қарапайым: тек қиылысу барлық теңсіздіктердің бір уақытта орындалуы талабын білдіретінін есте сақтаңыз, яғни. қажетті нүктені толтыру керек. барлық үш осьте. Егер кем дегенде бір осьте ол толтырылмаған немесе тесілмеген болса, онда мұндай нүкте жауаптың бөлігі бола алмайды.