При сравнении числовых выражений AИ BИспользуют следующие общие методы

При сравнении числовых выражений AИ BИспользуют следующие общие методы.

Метод сравнения с нулем
разности выражений

В этом случае сравнивают разность выражений с нулем.

Если A — B>0, то A>B;

Если A — B = 0, то A = B;

Если A — B<0, то A<B.

Пример 1. Сравнить числа —— 1

6

Решение. Найдем разность

Так как 5 — V6 = л/25 ^Jβ > 0 и 5д/6 >0,

	0 и —= — 1 >— . √6 5 » width=»138″ height=»51″ class=»»/>

Ответ: -J= — 1 >

6

Метод сравнения с единицей
отношения выражений

Если выражения AИ BПоложитель­ны, то для определения большего из них можно сравнить их отношение с едини­цей.

A

Если — >1, то A >B;

B

A

Если — = 1, то A = B;

B

A

Если — <1, то A <B.

B

Пример 2. Сравнить числа

22012+1 22013+1

22013+1 И 22014+1 .

Решение. Пусть A— первое выраже­ние, а B— второе. Поскольку они оба по­ложительны, то рассмотрим их частное

A _2 +1 22013+1 _ 24026+ 5 ∙ 22012+1

B ^ 22013+1 : 22014+1 = 24026+ 4 ∙ 22012+1.

Так как числитель получившейся дроби

A

То — > 1. Отсюда B

Следует, что A>B .

22012+1 22013+1

22013+1 >22014+1

Метод разделения выражений

Если удается показать, что одно из сравниваемых выражений А больше не­которого числа (или выражения) С, а второе В наоборот меньше него, то пер­вое выражение будет больше второго, т. е. из неравенств A>C>BСледует нера­венство A>B.

Пример 3. Сравнить числаLog25 И Log36 .

Решение. Заметим, что log25 >>log24 = 2, а log36

Log2 5 >2 >log3 6 «• log2 5 >log3 6.

Ответ: Log2 5 >log3 6 .

Метод использования параметра

Решение. Представим первое число следующим образом V60 = ^4(8 + 7) . Пусть A = 2 и B = V7. Сравним выраже­ния:

^4(A3 + B3) V A + B ^

^ 4(A3+ B3) v (A + B)3^

«• 3(A3+B3) v 3Ab(A + B) ^

^ A2— Ab + B2v Ab ^ (A— B)2v 0.

Так как A ≠ B, то (A— B)2>0 и тогда V60 >2 + 3/7.

Ответ: V60 >2 + 3/7.

Метод использования свойств функций В этом случае для сравнения выраже­ний используют монотонность или вы­пуклость функций на промежутках. Пример 5. Сравнить числа EπИπE . Решение. Заметим, что EπvπE o∙ ln Eπv ln πE LnE ^ π ln E v E ln π «•———— E

‘V

«> Ln π

Ln X — и срав — X Ним числа F(E) и F(π) . Функция F (X) определена при X>0. Ее производная равна F‘(X) = -—⅛n^X• X2 При X = E, F‘(X) >0 F‘(X) <0 при X >E,

Рассмотрим функцию F (X)=

Так как F‘(X) = 0

При 0 <X<EИ то функция при

X = EПринимает наибольшее значение на Значит, Eπ>πE. Eπ>πE.

Всей области определения. F(E) >F(π) , откуда следует, что Ответ:

Графический метод Графический метод удобно использо­вать при сравнении двух выражений, ко­торые частично одинаковы (равные пока­затели степеней, равные основания сте­пеней, равные показатели корней, равные подкоренные числа, равные основания логарифмов, равные подлогарифмиче­ские числа и т. д.). Пример 6. Сравнить числаLog36 И Log46.

Решение. Построим схематично гра­ Фики функций Y = log3XИ Y = log4X(см.

Сравнивая значения функций при X= 6 , получаем log36 >log46 . Ответ: Log36 >log46 .

Метод использования классических неравенств Обычно достаточно знания следую­щих классических неравенств: Неравенство Коши: При любом N∈N Для неотрицатель­ных чисел A1, A2, … ,An

A1+ A2+… + An N Неравенство между средним арифме­тическим и средним геометрическим неотрицательных чисел A1И A2(слу­чай N = 2 в неравенстве Коши): A1+ A2 2

A1A2;

Неравенство для суммы двух взаимно обратных чисел: A +— ≥ 2; A Неравенство Бернулли: Для любого N ∈ N При X ≥ -1 (1 + X)N≥ 1 + Nx.

Пример 7. Сравнить числа: А) ⅛5 +lθ^ И2; Б) 00

Решение. а) Заметим, что log5 2 >0 и 11 1 —— 1—- = log5 2 +—- . Log2 5 log5 2 log5 2

Выражение в правой части равенства представляет собой сумму обратных положительных ных от единицы. Значит, Log52 +7-Ц log52

Двух взаимно чисел, отлич-

>2.

Б) Возводя оба числа в двухсотую сте­пень, получим: 2002 v 1,005 ^ 2 v (1,005)200.

Используя неравенство Бернулли, имеем:

(1,005)200 = (1 + 0,005)200>1 + 200 ∙ 0,005 = 2.

Значит второе число больше первого.

11

Ответ: а)———- 1—- >2;

Log 2 5 lθg5 2

Б) 1,005 >2072.

1.2. Сравнение действительных чисел

При сравнении действительных чисел используют следующие правила.

• Всякое положительное число боль­ше нуля и больше отрицательного числа.

• Всякое отрицательное число меньше нуля.

• Из двух положительных действи­тельных чисел больше то, у которого це­лая часть больше. Если целые части рав­ны, большим считается то число, у кото­рого первый из неравных десятичных знаков в их записи в виде десятичной дроби больший, а все предшествующие одинаковы.

• Из двух отрицательных чисел боль­ше то, у которого абсолютная величина меньше.

Пример 8. Сравнить числа π, √10 И3,14(15).

Решение. Так как π = 3,14159…, 710 = 3,16227… и 3,14(15) = 3,141515…, то видим, что совпадают целые части и цифры десятых, а цифра сотых у числа 710 больше, чем у числа π и 3,14(15). Следовательно, 710 > π и 710 >3,14(15) . Соответственно, у чисел π и 3,14(15) совпадают первые четыре цифры после запятой, а пятая больше у числа π . Сле­довательно, π >3,14(15) .

Замечание. Данный пример приведен для раскрытия правила сравнения дейст­вительных чисел, записанных в виде бес­конечных десятичных дробей до опреде­ленного знака.

Ответ: 710 > π >3,14(15).

1.3. Сравнение выражений,
содержащих дроби

При сравнении двух обыкновенных дробей используют следующие правила.

• Из двух дробей с одинаковыми зна­менателями та дробь больше, у кото­рой больший числитель.

• Из двух дробей с одинаковыми чис­лителями та дробь больше, у которой знаменатель меньше.

При сравнении двух обыкновенных дробей с разными числителями и знаме­нателями их можно привести к общему знаменателю (или умножить обе части сравнения на общий знаменатель).

15 23

Пример 9. Сравнить числа — и — .

Решение. Приводя дроби к общему

Знаменателю и используя первое прави­ло, получаем

15		23	15∙26	23	∙17
—	V	—	«> V		«>
17		26	17∙26	26	∙17
«>	15∙	26	V 23∙17 ^	390	V 391

15 23

Отсюда следует, что — <—.

15 23

Ответ: — <—.

17 26

Для сравнения дробей часто исполь­зуют метод сравнения с нулем разности выражений или метод сравнения ницей отношения выражений.

131

Пример 10. Сравнить числа

Решение. Рассмотрим частное данных чисел

131 179 131∙235 131 235

: =———- =———— <1,

273 235 273∙179 179 273

Так как каждая из дробей меньше 1. Зна — 131 179

Чит, 273 <235 .

Второй способ состоит в применении неравенств

131 131 1 179 179

< = = < .

273 262 2 358 235

1.4. Сравнение выражений,
содержащих степени

При сравнении двух степеней с одина­ковыми показателями или одинаковыми основаниями, используют следующие правила.

• Если натуральное число NНечетно и A>B ,То An>Bn.

• Если натуральное число NЧетно и A>B , то:

А) для положительных AИ BИмеем An>Bn;

Б) для отрицательных AИ BИмеем An<Bn.

• Если A>1 и M>N, то A m>A n .

• Если 0 <A<1 и M>N, то Am<A n .

При сравнении двух степеней с раз­ными показателями и основаниями обычно в них выделяют одинаковое ос­нование или одинаковый показатель.

Пример 11. Сравнить числа:

5

А) 5 60 И8 20 ; Б) 230И 414; В) 2,5 6и

0,4 «5; Г) 730и 440; Д) 321и 231.

Решение. а) Так как 820= 260и 5 >2, то 560 >260 и 560 >820 .

Б) Так как 414= 228 и 30 >28, то 230>228 и 230>414 .

5 √5

5 15 ^ 6 .

В) Заметим, что 2,5 6= I — I, а

Z х -0,5 z х 0,5

0,4-0,5=I -1 =I-I. 15 ) 12 )

Теперь сравним показатели степени

— и 0,5. Так как V5 <3, то

6

V5 з _

— <— = 0,5 . Следовательно, 66

I5^ 6

12 ) 12 )

Г) 1-й способ. Заметим, что 730=(73)10= 34310 и 440= (44)10=25610. Так как 343 >256, то из свойств степеней следует 34310>25610или 730>440.

2-Й способ. Представим степень 730 как степень с основанием 4. В силу ос­новного логарифмического тождества 7 = 4log47. Поэтому 730= 430’log47. Теперь сравним число 30 ∙ log4 7 с числом 40. Учитывая свойство возрастающей функ­ции Y= log4T, имеем

30 ∙ log4 7 = 10 ∙ log473= 10 ∙ log4 343 >
>10 ∙ log4256 = 40.

Следовательно, в силу того, что функ­ция Y = 4TВозрастающая (или в силу свойства степеней), получим 730> 440.

Д) Имеем

321= 3 20∙ 3 = 910∙ 3 и 231= 230∙ 2 = 810∙ 2 .

Так как 910>810и 3 >2, то 910∙3 >810∙2 и 321 >231.

Ответ: а) 5 60>8 20; Б) 230>414;

В) 2,5 6<0,4-0,5; Г) 730>440; Д) 321>231.

Пример 12. Сравнить числа 135И 234.

Решение. Воспользуемся формулой

(A +1)5= A5 + 5 A4 +10 A3+10 A 2 + 5 A +1.

Тогда

135= (12 +1)5>125+ 5∙ 124= 124(12 + 5) = = 17 ∙ 124>16 ∙ 124= 24∙ 124= 244>234.

Ответ: 13 5>23 4.

1.5. Сравнение выражений,
содержащих корни натуральной
степени

При сравнении двух выражений, со­держащих одинаковые корни натураль­ных степеней, используют следующие правила.

• Если натуральное число N>1 не­четно и A>B , то N[A>N]B .

• Если натуральное число N>1 четно и A>B>0, то N[A>VB .

При сравнении двух выражений, со­держащих разные корни натуральных степеней обычно их приводят к корням с одинаковыми показателями, либо возво­дят в степень для избавления от корней.

	5040, то √7 -45>715 — ∙712. ответ. 77 -45 >415 -712 . » width=»296″ height=»75″ class=»»/>

Решение. а) Сравним подкоренные числа

15 16 15-17 -16-16 1

— =——————— =——— <0 .

16 17 16-17 16-17

Отсюда следует, что

15 16 5∕15 5/16

16 <17 V16 V17

Б) По свойству арифметических кор­ней имеем V5 = 1254= 12625 . Так как 623 <625, то 12623 <12625 и 12623 <3√5 .

5/— <5 —; Б) 12623 < V5.

V16 V17

Пример 14. Сравнить числаV7 — V5 ИV15 -VH.

Решение. Так как оба числа положи­тельны, то можем сравнить их натураль­ные степени (квадраты). При этом знак сравнения не меняется.

√7-Vs V 415-412 ^

(V7 — √5) V (V15 —712)

^ 12 — 2435 V 27 — 2-7180 ^
(уменьшаем теперь каждое число на 12)
^ — 2435 V 15 — 2-7180 ^
(прибавляем к каждому из полученных
чисел сумму 2 V35 + 2-7180 )

^ 2-7180 V 15 + 2735 ^
(так как оба числа положительны, то
сравниваем их квадраты)

^ 720 V 365 + 60V35 ^
(поделим оба числа на 5)
^ 144 V 73 +12735 ^ 71 v 12√35 ^
(еще раз возведем, полученные числа
в квадрат)

^ 712V (12735)2^ 5041 >5040.

В итоге, выполнив ряд преобразова­ний, мы получили, что знак неравенства между исходными числами тот же, что и

Иногда удобно умножать сравнивае­мые выражения на одно и то же выраже­ние, например, для выделения разности квадратов. Для неотрицательных чисел A И BСправедлива формула

(4A -4B) • (TA + VB) = A— B .

Выражения VA -4BИ VA + 4BНазы­ваются Сопряженными.

Пример 15. Сравнить числа-78 — V6 И710-V1T.

Решение. Домножив и поделив каждое выражение на сопряженное к нему, полу­чим:

(48-ТО )(V8+V6)

√8 -^6 V √13 —111 ^ δ———- 1- l———- —

8 6

(V13-УИкУй+У11)
V13 +Vn

Знаменатель второй дроби больше, по­этому вторая дробь меньше. Соответст­венно получаем, что V8 —Тб >V13 — VH.

Ответ: V8 —76 > V13 — УП.

1.6. Сравнение выражений,
содержащих логарифмы

При сравнении двух выражений, со­держащих логарифмы, используют сле­дующие правила, вытекающие из свойств функции Y= logA X.

• Если A>1 и M>N>0, то logAM>logAN.

• Если 0 <A<1 и M>N>0, то logAMAN.

В частности:

А) Если A>1 и M>1, то logA M>0 .

Б) Если A>1 и 0 <M<1 , то logA M<0.

В) Если 0 <A<1 и M>1, то logA M<0.

Г) Если 0 <A<1 и 0 <M<1 , то logA M>0 .

Из свойств функции Y = logXА следу­ют такие правила.

• Если А>1 и M >N > 1, то logM а < log,а.

• Если А > 1 и 0 <N <M < 1, то logM а < logN а.

• Если 0 <а < 1 и N >M > 1 , то logM а < logN а.

• Если 0 <а < 1 и 0 <M <N < 1 , то logM а < logN а.

Пример 16. Сравнить числа:

А) Log2 5 ИLog2 π; Б) Log0,5 20 ИLog0,5 7;

В) Log2 3 ИLog45.

Решение. а) Так как 5 > πИ основание 2 > 1 , то по свойству логарифмов имеем log2 5 > log2π.

Б) Основание логарифмов 0 < 0,5 < 1 и 20 > 7 . Поэтому log0,5 20 < log0,5 7 .

В) Так как log4 5 = log2 V5 и 3 >75 , то по свойству возрастающей функции Y = log2XИмеем log2 3 >log2 75 и log23 >Log45 .

Ответ: а) Log25 >Log2π;

Б) Log0,520<Log0,57; В) Log23>Log45.

Пример 17. Сравнить числа: log25 И Log37 .

Решение. Подберем «хорошее» число такое, которое больше одного логарифма и меньше другого. Так как функция Y =Log2XВозрастающая, то log25 >Log24 = 2. Аналогично,

Log37 <Log39 = 2 . Значит,

Log25 > 2 >Log37 и log25 >log37;

Ответ: Log25 >log37 .

Пример 18. Сравнить числаLog23 И Log58.

Решение. (1-Й способ). Так как 1 <Log23 < 2 и 1 <Log58 < 2, то укрупним (удвоим) данные числа.

Имеем 2log23 =Log29 и 3 <Log29 < 4. Аналогично, 2log58 =Log564 и

2<Log564 < 3 . Отсюда следует, что

2log23 >2log58 и log23 >Log58 .

Решение. (2-Й способ). Так как log23 =Log49 и по свойству функций Y =LogT9 и Y =Log5TВыполняется це­почка неравенств log49 >Log59 >Log58, то log23 >Log58 .

Ответ: Log23 >Log58 .

Пример 19. Сравнить числа:

А) Log0,55 ИLog25; Б) Log0,57 ИLog0,87;
В) Log30,6 ИLog50,6 .

Решение. а) Так как log0,55 < 0, а log25 > 0 , то log0,55 <Log25 .

Б) Так как log057 =————————————- и

, log70,5

Log0,8 7 = log10 8, а log7 0,5

Тоiog^5 < и log 7 >log0,87.

Замечание. Так как функция

Y = log7XНа промежутке (0;1) принима­ет отрицательные значения и является возрастающей, то на этом же промежутке 1 функция Y = log X 7 = является

Log7X

Убывающей. Тогда для функции Y =LogX7 на промежутке (0;1) из нера­венства 0,5 < 0,8 следует неравенство log0,57 >Log0,87.

Либо сразу определяем по правилу: так как 7 > 1 и 0 < 0,5 < 0,8 < 1 , то log0,57>Log0,87.

В) По правилу: так как 0 < 0,6 < 1 и 5 > 3 > 1, то log30,6 <Log50,6 .

Ответ: а) Log0,55 <Log25 ;

Б) Log0,57 >Log0,87; В) Log30,6 <Log50,6 .

Пример 20. Сравнить числа: log11 12 ИLog1213.

Решение. Числа log11 12 и log12 13 близки друг к другу и подобрать «хоро­шее» число, разделяющее их, трудно.

Так как данные числа больше едини­цы, то «выделим» из каждого числа еди­ницу следующим образом:

_ 1 1 12 , < 1 ^

Log1112= logιι11∙ ιι =1+logιι 11+ιι I,
logi2ι3=1+log12 ∣j+112J.

Так как функция Y = log12TВозрас — 11 тающая, а 1 + <1 + , то

12 11

L 1 i

( 1 ^ ( 1 ^ g111 11J

Log1211 + |

V 12J V 111 log1112

Так как при A>0 и B>1 выполняется неравенство A<A, то

1 (1 1 ^

Log111 1 + — I

V 11J ( 1^

V—

Log1112 ё11V 11J

И, значит,

Log121 1 + — |

12V 12 I 11V 11

И log1213

Замечание. «Выделение» единицы из данных чисел можно заменить вычитани­ем из каждого числа единицы:

12

Log11 12- 1= log11 12- log1111= log11 11,

Log2 3 V log3 4 «• log2 3 V «•

Log23

«• (log2 3)2V 2 «• log2 3 V V2.

Из следующей цепочки сравнений
log2 3= log V9>l°g√8=
= 1,5 = √2,25 >√2

Получаем, что log2 3 >log3 4 .

Решение (2-Й способ). Используем не­равенство Коши:

^g^4 = log34∙ log32

< (log3 4 + log3 2 ^2=(log3 8^2

Ч 2 J=I 2 J.

Log38

Так как 8 <9, то ----------------- <1 и

2

(log3 89∣2 log3 4

∣I <1. Значит, 3<1 и

V 2 I log23

Log23 >log34, учитывая, что log23 и log3 4 — положительные числа.

Ответ: Log23 >log34 .

1.7. Сравнение выражений
разного вида

При сравнении выражений разного вида используют выше приведенные ме­тоды.

Пример 22. Сравнить числа: √15 И 2log12145.

Решение. Так как 2log12145 >>2log12144 = 4 и V15 √15 .

Ответ: 2log12145 >λ∕15.

Пример 23. Сравнить числа: log2 11 И 2 + √3 .

Решение. Так как V3 >√2,25 = 1,5 , то

2 + √3 >3,5 = log2 (8√2) >log2 (8 ∙ 1,4) =
=log2(11,2) >log2 11.

Ответ: 2 + V3 >log211.

Пример 24. Сравнить числа: log2 11 И 2 +√2. Решение. Рассмотрим цепочку срав­нений: Log211 v 2 + >∕2 «• log2~j^ v Y2 <>‘J v 2^2 .

ι 1 /100 /100 10 Заметим, что √2 = < = . 50 V 49 7

Тогда 27>2″^. Сравним числа И 10 <и Y — v27 ^ I — I v210. 4 I 4 J

10 2y:

Рассмотрим несколько задач. Пример 25. Найти область определе­ния выражения Log3(2X +10X + 5) + Iog2(2 + 3X — X). Решение. Данная задача сводится к решению следующей системы неравенств ^2X2+10X + 5 >0, к . 2 + 3X— X>0. Решение первого неравенства этой сис­темы есть множество

11 — > 8

(0.9 )3∙⅛ 8

Рассмотрим отношение

117 412

( II К

2

2

А ; +∞ J

Есть мно-

0,729-11 8.019 ——— =——- >1. 88

Решение второго неравенства

3 3 — √T7 — 5 + √Γ5^ Сравним числа —-— и————-

Значит I — I >210. Следовательно, к 4 J Верно неравенство Iog211 >2 + >/2. Ответ: Iog211 >2 + >/2.

3 — √T7 — 5 + √15 v————- «• 2 2 ^ 3 — √17 v—5 + √15 ^ 8— √17 v√15 ^

2. Область определения выражения (функции) В данном пункте ограничимся нахож­дением области определения логарифми­ческих выражений. Отметим, что решение логарифмиче­ских неравенств включает в себя нахож­дение области определения данного не­равенства или по-другому области допус­тимых значений (ОДЗ) неизвестной нера­венства, поэтому напомним, что: А) выражение log AF (X), где A— по­стоянное положительное число, не рав­ное 1 (A>0, A ≠ 1), определено при всех X, принадлежащих множеству решений неравенства F (X) >0 ; Б) выражение logG(X)F (X) определено при всех X, принадлежащих множеству решений системы неравенств [G(X) >0, <G (X) ≠ 1, F (X) >0.

^ (8 √17)2 v 15 ^

^ 81 — 16s∕17 v 15 ^ 66 v 16√17 ^

^ 33 v 8λ∕17 ^ 1089 >1088.

3 ^Л7_ — 5 ^/15 Следовательно, > и 22

Решения системы неравенств

Множество

I2 к2

Ответ:

Образуют

2 2J

I2 к2

2

Пример 26. Найти область определе­ния функции

Y= log3 (2logX—30,5

—1)+

1 log3(2X— 6)

Решение. Область определения дан­ной функции задается системой нера­венств

X —3 >0, X—3≠1, J2X—6≠1,

2logX-30,5-1 >0

X >3,

X ≠ 4,

J

X≠3,5,

LogX-3 0,5>0

0,
<2,5 - x >0,
2,5 — x ≠ 1
» align=»left» width=»120″ height=»75″ class=»»/>

X >3,

X ≠ 3,5, ^J

X≠4,

X — 3 < 1

Ответ: (3; 3,5) и (3,5; 4).

Пример 27. Найти область определе­ния выраженияLog2 5-X (10 — 3X — X2).

Решение. Из определения логарифма получаем систему неравенств

X2+ 3 X —10 <0,

<> j X <2,5, «•

X ≠ 1,5

Как правило, преобразования исполь­зуют для того, чтобы в неравенстве осво­бодиться от знаков корней, от знаков мо­дуля, от степеней, от знаков логарифма.

Поэтому ниже приведены схемы ре­шения некоторых стандартных нера­венств определенного вида. При этом от­метим, что на практике некоторые цепоч­ки преобразований делают короче, про­пуская некоторые очевидные преобразо­вания. Например, вместо длинной цепоч­ки преобразований

2^F (X) >2NG (X), N ∈ N , ^

(2NF (X) Г >(2NG(X) г,

(X + 5)(X — 2) <0, <><X<2,5, X ≠ 1,5

— 5 <X < 2, о <X<2,5, ^ X ≠ 1,5

JF (X) ≥ 0, ^

У(X) >G(X),

—5 <X < 1,5, 1,5 <X<2.

G(X) ≥ 0

У(X) >G(X), J ( G(X) ≥0,

Объединение промежутков (—5;1,5) и (1,5;2) составляют область определения данного выражения.

Ответ: (-5;1,5) и (1,5; 2).

3. Алгебраические методы
решения неравенств

Если исходить из определения нера­венства, в котором в обеих частях запи­саны выражения с переменной, то при решении неравенств используют преоб­разования (возведение в четную или не­четную степень, логарифмирование, по­тенцирование), позволяющие привести неравенство к более простому виду. В процессе преобразований множество ре­шений исходного неравенства либо не меняется, либо расширяется (можно по­лучить посторонние решения), либо су­жается (можно потерять решения). По­этому важно знать, какие преобразования используют краткую схему решения 2^F (X) >2NG (X), N ∈ N,

В общем случае, если решение нера­венства не укладывается в стандартную схему, ход решения разбивают на не­сколько логически возможных случаев.

Пример 28. (МИОО, 2009). Решите неравенство

Z X 2 Г~,——— A2

( 3 ) √ x2—6 X + 9 -1

I X+^r —————

<X) I √5 — X —1 J

2 Г~, A2

√ X2— 6 X + 9 -1
√5^X-1

Решение. Так как X2- 6X + 9 = (X— 3)2, то область допустимых значений перемен­ной XОпределяется условиями:

IX ≠0, [1 ≠ 0, <5 — X ≥ 0, ° <X ≤ 5, √5 X ≠ 1 [X ≠ 4.

° (X +1)2- 2(X +1^/2X + 3 + (√2X + 3 )2≤ 0 °

^° ^ (X +1) — 5/ 2 X + 3 ^ ≤ 0 ^° X +1 — 5/ 2 X + 3 = 0 ^° ^° X +1 — 2 2 X + 3 = 0 ^° X 2 X + 3 = X +1 ^°

Исходное неравенство при получен­ных ограничениях для переменной X Равносильно неравенству

‘X +1 ≥ 0,

Г X ≥-1,

2X+3=(X+1)2

OL 2=2 °

X=

2 Г~,———- A2 √ X2— 6 X + 9 —1 < .■ -1

Ответ: V2.

Так как

( 3 J- • I X +- 4 I ≥ 0. I X )

(*)

2— Г~,———- A2 √ x2— 6 X + 9 —1 < .■ -1

≥ 0 , то рас-

Смотрим два случая.

Неравенства, содержащие иррациональные выражения Приведем некоторые стандартные схемы для решения иррациональных не­равенств, в которых используют возведе­ние в натуральную степень обеих частей неравенства.

1. Xx2- 6 X + 9 -1 = 0 ° | X —3 | = 1, что возможно при X = 2 или X = 4 . Значит, с учетом полученных ранее ограничений, X = 2 — решение, так как в этом случае левая часть неравенства (*) равна нулю.

2. √X2 Ство (*) равносильно неравенству 3 X— 4X+3 X +— 4 ≥ 0 ° —————— ≥ 0 ° Xx ° (X-1)(X-3)≥0. X Для решения последнего неравенства используем метод интервалов (см. рис. 2).

— 6X+9 -1 ≠ 0. Тогда неравен-

— + — + ____ σZ-½⅞¾⅛y-⅝______ g>X×Z×z½<¾⅜⅛¾⅞⅛¾½⅛- 0 1 3 X Рис. 2 С учетом полученных ранее ограниче­ний записываем ответ.

Ответ: (0; 1] о {2} о [3; 4) о (4; 5]. Пример 29. (МИЭТ, 2000). Решить неравенство(X+ 2)2≤ 2(X +1)√2X + 3 . Решение. Выполняя равносильные преобразования данного неравенства, по­лучим: (X + 2)2≤ 2(X +1)√2X + 3 ° ° X2+ 4X + 4 — 2(X +1)√2X + 3 ≤ 0 ° ° X2+ 2X +1 — 2(X +1)√2X + 3 + 2X + 3 ≤ 0 °

• 2Nf(X) >2Ng(X) °	<	Xf(X) >G(X), (1) . G (X) ≥ 0; u
• 2Nf(X) ≥ 2Ng(X) °	<	Xf(X) ≥ G(X),(2) . G(X) ≥ 0;
		F (X) <G2n (X),
• 2Nf (X) <G (X) °		G≈g — ‘f (X) ≤ G2N (X),
• 2Nf (X) ≤ G(X) °		F (X) ≥ 0, (4)
		(X) >G2N (X),
• 2Nf (X) >G(X) °		IG(X) ≥ 0, (5) ‘f (X) ≥ 0,
	L	. G(X) <0;
		‘f (X) ≥ G2N (X),
• 2Nf(X) ≥ G(X) °		G(X) ≥ 0, ’ , (6) ‘f (X) ≥ 0,
	L	. G(X) <0;
• 2 η +X f (X) V 2 N +X g (X)	°	F(X) V G(X);(7)
• 2 N +X f (X) V G (X) °		F(X) V G2N*l(X), (8) J

Где символ V в схемах (7) и (8) заменяет один из знаков неравенств: >, <, ≥, ≤ .

Замечание. В первых шести схемах используется утверждение: если обе час­ти неравенства неотрицательны, то после возведения их в четную степень получа­ем равносильное неравенство. Пример 30. Решить неравенство Xx +18 <2 - X. Решение. Если 2 — X < 0 или 2 — X = 0, то исходное неравенство не выполняется, так как X+ +18 ≥ 0. Пусть 2 — X>0, тогда при возведении обеих частей данного неравенства в квадрат получим на ее области определе­ния и при условии 2 — X>0 равносиль­ное неравенство. X +18 <(2 - X)2, (X —7)(X + 2) >0, <X +18 ≥ 0, ^ JX ≥-18, 2 — X > 0 X < 2.

Зованием одной числовой прямой Ox Представлен на рис. 4. Пример 31. (МИЭТ, 1999). Решить Неравенство X×2+10X + 9 ≥ X2- 2X— 3.

Решение. Используя схему (6), полу­чим, что данное неравенство равносильно совокупности двух систем:

J X2+10X + 9 ≥ (X2-2X-3)2, JiX2-2X-3≥0

JJ X2 (II) JJ 2 X

+10X+9≥0, -2X-3<0.

ZzzzzzzzzzzzzzzzZzzzzzzzzzzzzzzzz⅜ I — 2

Iг i 7 X ^zzzzzzzzzzzzzzψ∕zzzzzz[zzzzzzzzzz^zzzzzzzzzw 8 IiiX

Для системы (I) имеем: X2- 2X— 3 ≥ 0 при X ∈ (-∞; -1] о [3; ∞). Первое неравенство системы (I) приво­дим к виду: (X +1)(X + 9) ≥ (X +1)2(X— 3)2«• ^ (X +1)((X +1)(X— 3)2- (X + 9))≤ 0 ^ O∙ (X +1) X (X2- 5 X + 2) ≤ 0 «•

-18 I i I I 2 Рис. 3 На рис. 3 представлен способ графиче­ской интерпретации получения решения последней системы неравенств. В итоге получаем -18 ≤ X< -2 - ре­шение системы. Ответ: — 18 ≤ X< -2 . Замечание. Для решения данного не­равенства можно было сразу использо­вать схему (3). Тогда получим, что дан­ное неравенство равносильно системе ‘X +18 <(2 -X)2, J X +18 ≥ 0, ^ J2-X≥0

5

Заметим, что

9 5 ^/17 — <—- 22

<5.

0<

5+Л71

5 ^/17 2

≤0.

1 <2,

На числовой прямой Ox(см. рис. 5) дано графическое представление реше­ния первого неравенства системы (I).

W-ZZZZZZφ__ ^zzzzzzz∕zzzzzzzzz½⅞zzzzzzzzw_______ -1 0 5-17 3 5√17 X 2 2

(X— 7)(X + 2) >0, i X ≥-18,

Рис. 5

Тогда решением системы (I) являются (см. рис. 6) все значения

X ∈ {-1} о

__ ⅛^ZZZZZZZZZZZZZ⅛__ А -18 — 2 2 7 X

Рис. 4

В отличие от рисунка 3 другой способ графического представления решения последней системы неравенств с исполь-

—4__ » ± ⅛ZΛZ∕∕Λ⅜⅞⅛____ -1 0 5-/17 3 5+17 X 2 2 Рис. 6

Для системы (II) имеем: X2 +10X + 9 ≥ 0 при X ∈ (-∞; — 9] о [-1; ∞) ; X2— 2X —3 <0 при X ∈ (-1; 3). Следовательно, решением системы (II) будут значения X ∈ (-1; 3) . Объединяя решения (I) и (II), получаем ответ.

(7 — X)(X —1) <X3- 6X2+14X —7,

7-X≥0,

X-1≥0,

X≠1

Ответ:

-1;

5 + √T7

При решении данного в примере 31 неравенства использован формальный переход к равносильной совокупности по схеме (6). Рассмотрим содержательную сторону этого перехода. Если X2- 2X — 3 ≥ 0, то обе части не­равенства неотрицательны. После возве­дения в квадрат обеих частей неравенства получим на его области определения и при условии X2- 2X — 3 ≥ 0 равносильное неравенство, то есть систему неравенств ‘X2+10X + 9 ≥ (X2- 2X— 3)2, <X2+10 X + 9 ≥ 0, ^

X2-2X-3≥0

X2+10X + 9 ≥ (X2- 2X — 3)2, «>1 X2- 2X —3 ≥ 0. Пусть X2- 2X — 3 <0 . Так как VX2 +10X + 9 ≥ 0, то исходное неравенст­во выполняется на области его определе­ния, т. е. получаем систему неравенств ‘X2+10X + 9 ≥ 0, 1 X2- 2X —3 <0.

Пример 32. (МИОО, 2009). Решить неравенство X — 6 X +14 X —7 7 7 — X <. √X-1

Решение. Выполняя равносильные пе­реходы, получим

-6X2+14X-7 —- ;———— О

■у/7 — X —Jx —1 < ^ 1 X ≠ 1

-6X2+14X-7, «>

0, Г X (X —2)( X —3) >0, ^< 1 <X ≤ 7.

На рис. 7 представлена графическая интерпретация получения решения по­следней системы неравенств.

0 1 2 3 7 X

Рис. 7

Ответ: 1 <X<2, 3 <X ≤ 7. Пример 33. Решить неравенство √2X + 3 -√X-2 >2. Решение. Обозначим X—— 2 = T, где T ≥ 0. Тогда выразим X = T2+ 2 и приве­дем данное неравенство к виду √212 + 7 >T + 2.

Так как T + 2 >0, то получаем равно­сильное неравенство 2T2+ 7 >T2+ 4T + 4 или T2-4T + 3 >0 при T ≥ 0 .

T<1

Отсюда получаем 1|_T>3 «•

T≥0

0≤T<1 T>3.

Возвращаемся к переменной X :

0 ≤√X— 2 <1 Г 0 ≤ X— 2 <1 ,^ √X— 2 >3 LX — 2>9

2≤X<3 X>11.

Ответ: 2 ≤ X<3; X>11.

Пример 34. (МИЭТ, 2002). Решить неравенство 11 > 1 √8 — X 2Xx +1 √8 +15X— 2X2 Решение. Область определения данно­го неравенства определяется условиями: 17

9.09.2013. Www. alexlarin. net

(φ(x))g(x) о» align=»left» width=»185″ height=»29″ class=»»/>

F(X) ≥ G(X), ∣φ( X) >1, »G(X) ≥ F(X), (10) 0 < φ( X) <1, φ(X) = 1.

В частности:

‘8 — X>0 [8 — X>0

<2X +1 >0, о <2X +1 >0, о

8 +15X — 2X2>0 (2X +1)(8 — X) >0

О — 0,5 <X<8.

Запишем исходное неравенство в сле­дующем виде

11 1

— 1 1 >>—I == .

√8 — X 2X X +1 λ∕(8- X )(2 X +1)

Так как на области определения ис­ходного неравенства (∣(- — X)(2X +1) >0, то, умножив обе части неравенства (*) на 7(8 — X )(2 X + 1) , получим неравенство, равносильное исходному:

7(8 — X )(2 X +1) 7(8 — X )(2 X +1)
. , =

8 — X 2 X +1

^о 72X +1 — 78 — X>1 ^о
^о 7 2 X +1 >1 + 7 8 — X .

Неравенства, содержащие
показательные выражения

Приведем некоторые стандартные схемы для решения показательных нера­венств, в которых используют логариф­мирование обеих частей неравенства.

[F(X) >G(X), Izx, lφ(X) >1∙ (9)

‘G(X) >F(X), к .

0 < φ(X) <1.

• (φ(X))F(X) ≥ (φ(X))G(X) о

Левая и правая части последнего нера­венства неотрицательны при — 0,5 <X<8 ,

Поэтому после возведения их в квадрат и приведения подобных членов получим

Неравенство

‘3 X— 8 ≥ 0,

• Если число A>1, то

О’(X) >Ag(X) о

• Если число 0 <A<1, то

О’(X) >Ag(X) о

2д/8 — X<3 X— 8 ^о <8 - X ≥ 0, ^о

4(8- X) <(3X— 8)2

‘8 / ≥ 3, ‘ X ≤ 8,

О 4 <X ≤ 8.

(9X-8)(X-4)>0

•( F (X))*X) >(G(X))*X) о

F F(X) >G(X) >0, ∣φ(X) >0, ‘G(X) >F (X) >0,(13) φ( X) <0.

Пример 35. Решить неравенство Z 1 X log 2(X 2-1) I-I >1. 12 J

На рис. 8 представлена графическая интерпретация получения решения по­следней системы неравенств.

1,
x< -1. " align="right" width="53" height="51" class=""/>

Решение. 1-Й способ. Область допус­тимых значений переменной XОпределя­ется условием: X2- 1 >0 о

Ной преобразуем левую часть данного неравенства

111[7][8][9]^ ) = (2-1 )l°g2(X2- 1) = (2l082(X2’l)’

Получаем неравенство

>1 «•

X2 X xl

-1

χ<0,

— 2<<X<— 1, 1 <X

Решим систему (2) совокупности:

<1 и I1T = 1, 12 J То, используя схему (12), получаем: Z 1 √og 2(χ2-1) Z 1 ∖10g2(χ2-1) Z 1 \0 Il >1 ^ll >11^ <2 J <2 J <2 J «>log2(X2— 1) <0 «>log2(X2— 1)

2-Й способ. Так как 0

χ>0, ‘ 0 <χ2+ χ +1 <1

χ>0,

χ2+ χ +1 >0 ^ χ (χ +1) <0

Ний.

χ>0, χ (χ +1) <0

χ>0,

χ +1 <0.

Нет реше-

Ответ: χ<— 1.

IX2— 1 <1, «>1 «> IX2— 1 >0,

-•^/<<χ<4'2, <Γ X>1, ^ X<—1

1 <X<√2.

Ответ:(—л/2;—1) о (1; V2). Замечание. При решении неравенства log2(X2—1)<0 использована стандартная схема решения логарифмических нера­венств (см. раздел «Неравенства, содер­жащие логарифмические выражения»). Пример 36. Решить неравенство (X2+ X +1)χ<1. Решение. Приведем неравенство к ви­ду (χ2+ χ +1)χ<(χ2+ χ +1)0 и восполь­зуемся схемой (9).

При решении данного неравенства ис­пользован формальный переход к равно­сильной совокупности по схеме (9). Рас­смотрим содержательную сторону этого перехода. Выражение (χ2+ χ +1)χПоложитель­но, так как χ2+ χ +1 >0 при всех значе­ниях χ ∈ M. Прологарифмируем обе час­ти данного неравенства Lg(χ2+ χ +1)χ «>χ lg(χ2+ χ +1) <0 «•

χ>0, Lg( χ2+ χ +1) <0, «> χ<0, ∣lg( χ2+ χ +1) >0

χ>0, 0 <χ2+ χ +1 <1, χ<0, 1χ2+ χ +1 >1.

Неравенства, содержащие логарифмические выражения

Приведем некоторые стандартные схемы для решения логарифмических не-

(χ2+ χ +1) χ<1 «•

χ<0, Io χ + χ +1 >1,

Равенств, в которых используют потен­цирование обеих частей неравенства.

χ>0, “0 <χ2+ χ +1 <1

(2)

• logφ(χ) F(χ) >logφ<χ) G(χ) ^

Решим систему (1) полученной сово­купности:

χ<0, “ χ2+ χ +1 >1

χ<0, χ (χ +1) >0

F(χ) >G(χ) >0, ∣φ(χ) >1, ‘G(χ) >F(χ) >0, 0 < φ( χ) <1.

(14)

В частности:

• Если число A>1, то

Log A F (x) >log A G(x) — F (x) >G(x) >0. (15)

• Если число 0 <A<1, то

Log A F (X) >log A G(X) —G(X) >F (X) >0. (16)

Пример 38. (МИОО, 2009). Решить неравенство

LogX (7 —X) X (X3-6X2+14X-7)-

-logX(X-1).

Решение. Выполняя равносильные пе­реходы, получим, что данное неравенство равносильно следующей системе нера­венств

• logφ(X) F (X) ≥ logφ(X) G(X) —

F (X) ≥ G (X) >0,
1

∣X X) >1,

‘G(X) ≥ F (X) >0,
к. .

0 < φ(X) <1.

Log X ((7 — X)(X-1)) X (X3- 6X2+14X— 7), X>1.

В соответствии со схемой (14) для ре­шения необходимо рассмотреть только случай, когда основание больше едини-

Цы, поэтому полученная система равно-

Сильна следующей

(7 — X)(X-1) <X3- 6X2+14X— 7, 1<X<7

• Если число A > 1, то

Log A F (X) ≥ log A G(X) — F (X) ≥ G(X) >0. (18)
X3— 5 X2+ 6X>0,
11<X<7

• Если число 0 <A < 1, то

Log A F (X) ≥ log A G(X) —G(X) ≥ F (X) >0. (19)

X(X— 2)(X— 3) >0,

На рис. 10 представлена графическая

0.» align=»left» width=»147″ height=»57″ class=»»/>

Пример 37. Решить неравенство

Log0,1 (X2+ X —2)>log0,1(X + 3).

Решение. Так как основание 0,1 лога­рифмов, стоящих в обеих частях неравен­ства, удовлетворяют условию 0 <0,1 <1 , то, используя схему (16), получаем, что данное неравенство равносильно системе

X + X —2 <X + 3, 1

X + X —2 >0

На рис. 9 представлена графическая интерпретация получения решения по­следней системы неравенств.

—

-/5 — 2

Рис. 9

Ответ: (—V5;-2)ο(l;^J~5 )∙ интерпретация получения решения по­следней системы неравенств.

0 I 2 3 ! X

1 7 X

Рис. 10

Ответ: (1; 2) о (3; 7).

Замечание. В приведенном решении данного неравенства в большей степени отражена математическая часть, чем ме­тодическая. При переходе от исходного неравенства к первой системе учтена часть области определения неравенства X — 1 >0. В следующей системе учтено еще условие 7 — X>0 и (7 — X)(X — 1) >0 .

Пример 39. (ЕГЭ 2010). Решить не-
2log2X-1 | X| ^ log3(X +12)
log2^-1(X + 7√ log3(X + 7) ‘
выражения имеют смысл при выполне-
нии условий:

0, ^ ■ x>-7, x + 7 ≠ 1, x ≠-6, x +12 >0 x>-12 » width=»189″ height=»120″ class=»»/>

Из системы получаем значения

XЕ (-7; — 6) о (-6; 0) о (0; 1) о (1; + ∞).

Так как при допустимых значениях переменной XПо свойствам логарифма справедливы равенства:

L%X-11 X|

1 2 X= log X+7 I X|

Log2X-1 (X + 7)

Log,( X +12) , z

3 = log X.,( X + 12),

Logs(χ +7) то исходное неравенство приводится к виду

2logX+7 ।X।≤ logX+7 (X+ 12)^

^ logX+7 X 2 ≤ logX +7 (X+ 12).

Последнее неравенство равносильно со­вокупности двух систем на множестве

(-7; — 6) о (-6; 0) о (0; 1) о (1; + ∞):

1,
∖2 ≤ x +12
» align=»left» width=»118″ height=»107″ class=»»/>— 7 <X< -6,

‘ X2- X-12 ≥ 0 «•

X> -6,

‘ X2- X-12 ≤ 0

— 7 <X< -6,

(X— 4)(X + 3) ≥ 0 Г- 7 <X< -6,

^

X>-6, L — 3 ≤ X ≤ 4.

∖(X— 4)(X + 3) ≤ 0

С учетом области определения данно­го неравенства

(-7; — 6) о (-6; 0) о (0; 1) о (1; + ∞)

Неравенства, содержащие
выражения с модулями

Приведем некоторые стандартные схемы для решения неравенств с модуля­ми, которые опираются на определение модуля, его геометрический смысл и свойства.

•

•

•

∖f(X)∣>∣G(X)∣ ^ F2(X)>G2(X) ^

^ (F(X)-G(X))(F(X)+G(X))>0; (24) ∣F(X)∣ ≥ ∣G(X)∣ ^ F2(X) ≥ G2(X) ^

^ CF(X)-G(X)XF(X)+G(X))≥0. (25)

Пример 40. Решить неравенство

I X + 4 X + X + 2 X— 3 <

<X + 4 X — X — 2 X + 3 .

Решение. Используя схему (20) полу­чаем, что данное неравенство равносиль­но системе неравенств

X + 4 X + X + 2 X —3 <

<X7+ 4X5- X2- 2X + 3,

1

X + 4 X + X + 2 X— 3 >

> -(X7+ 4X5— X2- 2X + 3)

Или после приведения подобных членов

X2+ 2X— 3 <0 Г-3 <X<1

1 ^ 1

X5(X2+ 4)>0 LX>0

Получаем ответ.

Ответ.(-7; — 6) о [-3; 0) о (0; 1) о (1; 4].

<> 0 <X<1.

Ответ: 0 <X<1.

Пример 41. Решить неравенство Log9 (2X +1) +1 log3 (2X +1) I -1 ≥ 0.

Решение. Данное неравенство равно­сильно следующему

I log3 (2X +1) I ≥ 1 — log9 (2X +1).

Используя схему (23), получаем, что это неравенство, а значит и исходное, равносильно совокупности неравенств log3(2X +1) ≥ 1 — log9(2X +1), o

Log3(2X +1) ≤ -(1 — log9 (2X +1))

Log3 (2X +1) ≥ 1 — 0,5 log3 (2X +1),

О

Log3 (2X +1) ≤ 0,5log3(2X +1) -1

_ 2

Log3(2χ + 1) ≥-, 3 О log3(2 X +1) ≤-2 Отсюда получаем ответ.

1 , „

Ответ: — <X ≤

2

Пример 42. Решите неравенство

11 2X + X— 2|-1 >2X— X-1.

Решение. Используя схему (22), полу­чаем, что данное неравенство равносиль­но совокупности неравенств

^∣2X + X— 2|-1 >2X— X-1,

|2X + X— 2|-1 <-2X + X +1.

Если левая часть неравенства представ­ляет собой произведение двух выражений, а правая часть равна нулю, то схема реше­ния неравенства опирается на правило знаков при умножении (делении) положи­тельных или отрицательных чисел.

Z X
• F(X) ∙ G(X) ≥ 0 0	■	LF (X) ≥ 0. 1 G(X) ≥ 0 (26)
.’	∖f (X) ≤ 0, I G (X) ≤ 0.

∖ F (X) ≥ 0, IG(X) ≤ 0, ∖ F (X) ≤ 0, I G(X) ≥ 0.

0, ,oq4 • ≥^- ≥ 0 0 (28) g(x x) f (x) ≤ 0, < _l g(x) <0. ■\f (x) ≥ 0, f ( x) а i g(x ) <0, • ≤^- ≤ 0 0 ( (29) g(x x) f (x) ≤ 0, < jg(x) >0. у » width=»319″ height=»230″ class=»»/>

Рассмотрим неравенство из примера 28.

Используя схемы (20) и (22), получа­ем, что эта совокупность равносильна следующей.

2 X +X— 2>2 X —X,

2X + X— 2 <-2X + X,

, о

∖2X + X— 2 <-2X + X + 2,

I 2X + X— 2 >2X— X— 2

	Г	■ X>1, 2X+1<2,	Г	■ X>1, X<0,
O		; 0 2X+1 <4,		X<1,
	.’	X>0	L	X>0.

Ответ: (-∞; 0) о (0; 1) о (1; + ∞).

( 3 ^ VX2— 6X + 9 -1

I X+-∣∙ —/————

I X J ∣ V5 — X-1 J

VX2— 6 X + 9 -1
^x-1

Решение. Приведем данное неравен­ство к следующему виду:

≥ 0.

В соответствии со схемой полученное неравенство равносильно совокупности систем (I) и (II):

	‘ 3 . ^ _ Х+— 4 ≥ 0, (1)	‘ 3 , Л Х+ — 4 ≤ 0,	(3)
(I) —	Х Ix-i∣ U 5 — X	-1	(II) —	Х W 5 — X	-1	(4)
	— ≥ 0; (2) -1		— ≤ 0. -1

Решим каждое неравенство системы (I). Для неравенства (1) имеем:

0 <Х≤ 1,
Х ≥ 3.

3.2. Метод замены

Если неравенство F(Х) v 0 приводится к виду F (G(Х)) v 0, то можно ввести но­вую переменную G(Х) = A, решить нера­венство F(A)v 0 относительно перемен­ной А и затем решить полученные нера­венства с первоначальной переменной Х.

Замена рациональных выражений

Пример 44. Решить неравенство

Для неравенства (2) имеем:

| χ — 3|-1 n ‘ . ‘—≥ 0 ° √5 — Х —1

J∣χ— 3| ≥ 1, √5 — Х>1, , ° РХ — 3| ≤ 1, √5 X<1

‘|Х — 3|-1 ≥ 0 √5 — Х —1 >0, ° |Х — 3|-1 ≤ 0, √5 — Х —1 <0 ∣[X ≥ 4, Х < 4, ° X ≤ 2 . ‘2 ≤ X ≤ 4, ‘ 4 <X ≤ 5

Решение. Пусть

Х+ Х —5 —— = A, тогда Х

Получаем неравенство 3 A + 4 A + 3 A+ — + 4 ≤ 0 ° ≤ 0. Aa Используя метод интервалов в послед­нем неравенстве, находим его решения A ≤ —3 или —1 ≤ A<0. Возвращаемся к первоначальной переменной и решаем неравенства Х+ Х —5 ≤-3 и

Значит все значения Х∈ (0; 1] — решения системы (I). Найдем решение системы (II). Для не­равенства (3), используя решение (1), имеем: 3 [X < 0, X +X-4≤0° 1 ≤X≤3.’

1 ≤ Х+Х—5 Хх Первое неравенство приводим к виду Х2+ 4 Х — 5 Л ≤ 0 и находим

<0.

Для неравенства (4), используя реше­ние (2) и учитывая ограничения

Х Х≤ —5 или 0 <Х≤ 1. Двойное неравенство системе неравенств 2 2 ~ ‘ ‘ ≥ 0,

Его решения

Равносильно

Имеем:

Х 1 Х2+ Х — 5 Л —— <0. L Х

Отсюда получаем -1 — √6 ≤ Х<

—1 — √ 21

χ 3 1≤0 ° 2≤X<4

√5 — X-1 4 <X ≤ 5.

Значит все значения Х∈ [2; 3) — решения системы (II).

Объединяя решения систем (I) и (II), получаем ответ.

Ответ: (0; 1] о [2; 3].

1 1 1 + √ 21

Или -1 + √6 ≤ Х< . Объединяя

2

Полученные решения с найденными вы­ше, записываем ответ.

1 —√21

Ответ: Х≤ —5; -1 — √6 ≤ Х< ;

2

Л1 1 1 1 + √ 21

0 <Х≤ 1; -1 + √ 6 ≤ Х<------

Иногда при решении неравенств по­лезно вводить две новых переменных. Пример 45. (Тренировочная работа МИОО, ЕГЭ 2011). Решить неравенство X—2X+1 X+2X+1 ≤ (2X—X+5) (X + 2)2 (X —3)2 ^ 2(X + 2)2(X —3)2.

Решая последнее неравенство методом интервалов (см. рис. 11), получаем:

0 ≤ T ≤ 1, 2 <T ≤ 4

0 <Jx ≤ 1, 0 ≤ X ≤ 1, R- о. _ 2 <4X ≤ 4 L4 <X ≤ 16.

Ответ: [0; 1] и (4; 16].

Решение. Входящие в неравенство выражения имеют смысл при X ≠ —2 и X ≠ 3. При всех остальных значениях XНе­равенство равносильно следующему 2(X —3)2 (X —1)2+ 2(X + 2)2 (X +1)2≤ ≤ (2 X2— X + 5)2о О 2(X2— 4X + 3)2+ 2(X2+ 3X + 2)2≤ ≤ (2X2— X + 5)2. Заметим, что 2X — X + 5 = (X — 4X + 3) + (X + 3X + 2) . Пусть X2— 4 X + 3 = И и X2+ 3 X + 2 = V. Тогда последнее неравенство примет вид 2 И+ 2 V ≤ (И+ V) ^о О 2И2+ 2 V2≤ И2+ 2Uv + V2о о И2— 2Uv + V2≤ 0 о (И — V)2≤ 0.

Пример 47. (МИОО, 2009). Решить неравенство 11 — 2 ≥ >—— == . 6 X— 5 X 66 X2— 5 X +1 — 1

Решение. Пусть V6X2— 5X +1 = T, где T ≥ 0, тогда получаем систему неравенств

I_l_ ≥-2- <T2— 1 T— 1 T ≥ 0

T≥0

^ (T—1)(T +1)

T≥0

≤ 0,

О 0≤T<1.

Выполняя обратную замену, получаем

Отсюда следует, что И= V. Выполняя обратную замену, получаем X2— 4 X + 3 = X2+ 3 X + 2, т. е. X = 1. 7 Ответ. —. 7

6X2— 5 X +1 <1, fX(6X— 5) <0, < <>— _ 6X2— 5X +1 ≥ 0 V2X—1)(3X— 1) ≥ 0. Отсюда получаем (см. рис. 12) 115 0 <X ≤ — или — ≤ X.

Замена иррациональных выражений

Пример 46. Решить неравенство

≤3.

Решение. Пусть VX = T, где T ≥ 0. То­гда получаем рациональное неравенство

T—

T—2

≤3

(T—1)(T— 4)≤ о T— 2 » .

— + — + 0 1 2 4 T Рис. 11

T_______ , F∕∕Z½⅞∙½⅞4>_______ ^∙ 0 111 X 3 2 6 Рис. 12 115 Ответ: 0 <X ≤ — или — ≤ X. Замена выражений с модулями Пример 48. Решить неравенство X2— 4| X| +3 >0. Решение. Обозначим | X| = A, тогда данное неравенство примет следующий вид A2— 4A+ 3 >0. Решения квадратного неравенства A<1 или A>3 . Отсюда по­лучаем простейшие неравенства с моду­лем | X| <1 или | X| >3 . Общее решение 24

9.09.2013. Www. alexlarin. net

0.
3)
» align=»right» width=»84″ height=»53″ class=»»/>

	0 . в итоге по-» width=»156″ height=»27″ class=»»/>

Исходного неравенства X< -3, -1 <X<1, X>3.

Ответ: X< -3, -1 <X < 1, X > 3.

Пример 49. (МГУ, 1997). Решить не­равенство

16| χ+1| —1<3
.

3|X+1|+1

Решение. После введения новой пере­менной | X +1| = А получим рациональное 16A-1

Неравенство ——— <3, которое приво-

3A+1

Дится к виду A——— < 0. Применяя к по — 3A+1

Следнему неравенству метод интервалов, имеем ~<—<у. Отсюда получаем

| X + 1|>-3, 4

| X +1| <.

7

Первое неравенство системы выполня­ется при всех действительных значениях Х. Второе неравенство системы равно­сильно двойному неравенству — 4 <X + 1<4; -11 <X<-3.

7 77 7

11 3

Ответ: <X <—.

77

Замена показательных выражений Пример 50. Решить неравенство

2 • 3X+1- 6 • 3X -1- 3X ≤ 9

Решение. Введем обозначение 3X-1= —, тогда данное неравенство будет иметь вид

2 • 9 — — 6 — — 3 —≤ 9; 9 —≤ 9; —≤ 1.

Выполняя обратную замену, получим:

3X-1≤ 1; 3X-1≤ 30(основание 3 >1 );
X-1≤0; X≤1.

Ответ: (-∞ς1].

Пример 51. Решить неравенство

52X2-6 — 5(X+2)(X-1) — 24 • 52(X+2) ≤ 0 .

Решение. Перепишем неравенство в виде

52X -6 — 5X +X-2 — 24 • 52X+4 ≤ 0

Учитывая, что 52X+4>0 при любом зна­чении X , разделим обе части неравенства 2X+4

На 5 X+:

Пусть 5X2-X-5= T, где T>0 . Тогда полу­чим квадратное неравенство

T2-1T— 24 ≤ 0 <5T2-T-120 ≤ 0 <5

<>5(T— 5)(T + 4,8) ≤ 0.

Учитывая, что T>0 , получаем 0 <T ≤ 5 .

Переходя к переменной X , получим неравенство 0 <5X2-X-5≤ 5 . Неравенство 0 <5X2-X-5справедливо при всех значени­ях X , а неравенство

5X2-X-5≤5 <X2-X-5≤1.

Решая неравенство X2- X-6 ≤ 0, по­лучим -2 ≤ X ≤ 3 .

Ответ: [-2; 3] .

Пример 52. Решить неравенство

2X +1 X 2X +1

3 • 2 + 5 • 6 >2 • 3 .

Решение. Запишем неравенство в виде

6• 22X + 5• 2X• 3X-6• 32X>0.

Полученное неравенство имеет вид

T• —2 F(X) + P• —(X) • Bs(X) + Q• B2G(X) >0, где T, P, Q— фиксированные действи­тельные числа. Общий метод решения неравенств такого вида состоит в делении на выражение —2 F (X)>0 (или на

—F (X)• Bg(X)>0 , или на B2G(X)>0 ) и по­следующей замене переменной.

Разделим обе части исходного нера­венства на 32X>0

22X

6 •l-l + 5 •

13)

Лучим квадратичное неравенство

2. г. „ √. 2 Y. 3 А Л

61 + 5T-6>0^<611 —Il T +— l>0.

I 3 Д 2)

Отсюда с учетом условия T>0 получаем

2 T> —.

3

Выполняя обратную замену, получим неравенство ^∣J >∣∙, решение которого есть множество (-да;1).

Ответ: (-да;1).

Пример 53. (ЕГЭ 2010). Решить не­равенство

2

Log5 ((7- X2′- 5)(7- X2’+16-1))+ log5 72 — 5>

7 7 — X +16 1

>log5 (72-X2-1)2.

Решение. В соответствии с определе­нием логарифма, входящие в неравенство выражения имеют смысл при выполне­нии условий:

^7-X2- 5)(7-X2+16-1)>0, 72X2-1 ≠ 0.

Сделаем замену 7-X2 = T. Так как нера­венство — X2≤ 0 выполняется при всех значениях X, то по свойству степени с ос­нованием больше единицы получаем 0 <7-X2≤ 70 = 1. Отсюда 0 <T ≤ 1. С уче­том последнего неравенства, запишем полученную выше систему

‘(T— 5)(7161-1)>0,

<721-1 ≠ 0, о0 <T<7-16.

0<T≤1

Исходное неравенство с переменной T Будет иметь вид

Logs((T— 5)(716T— 1))+ log5-⅛-^. >

7 T-1

>log5(49T-1)2 , где 0 <T<7-16.

Используя свойство логарифма (при допустимых значениях переменной сум­ма логарифмов с одинаковым основанием равна логарифму произведения), получим

Log5( T— 5)2>log5(721-1)2 О
О (T— 5)2>(491-1)2,

Так как (T — 5)2>0 и (49T — 1)2>0 при 0 <T ≤ 7-16. Решим последнее неравенст­во:

(T— 5)2>(491-1)2о

О (T— 5)2- (491-1)2>0 о

О ((T— 5) — (49T-1))((T— 5) + (49T-1)) >0 О

13

О (48T + 4)(501— 6) <0 О -—<T< —.

С учетом ограничения на TПолучаем 0<T<7-16.

Выполнив обратную замену, имеем

7-X2<7-16 . Отсюда X2>16 О

4.» align=»right» width=»52″ height=»55″ class=»»/>Ответ.(-∞; — 4) о (4; + ∞).

Замена логарифмических выражений

Пример 54. Решить неравенство

45
≥ 0.

Lg10X lg100X

Решение. Преобразуем данное нера — 45

≥ 0. Пусть

— ≥ 0;

1+A 2+A (A+1)(A+2)

Решения последнего неравенства A< -2 или -1 <A ≤ 3 . Перейдем к решению про­стейших неравенств lgX< -2 или -1 X ≤ 3 . Так как логарифм определен для положительных чисел, то имеем 0<X<0,01 или 0,1<X≤1000.

Ответ. (0; 0, 01) о(0,1;1000] .

Пример 55. Решить неравенство 5log52X+XLog5X<10.

Решение. Сделаем замену log5X = A , тогда X = 5A . Подставим в данное нера­венство 5A2+5A2<10; 5A2<5 ; A2<1 ; |A | <1 ; -1 <A<1 .

Выполняя обратную замену, получим:

-1X<1;

Log5 5 XX<5.

Ответ.

Пример 56. (МФТИ, 2009). Решить неравенство

X +1

Log X+12 + lοg2 4

+ llog2(4X+4) +log X+12∖<5 .

Решение. Область определения данно­го неравенства определяется условиями

X +1 >0, Γ-1 <X <0,

1 О

X +1 ≠ 1 X >0.

Так как при допустимых значениях X Справедливо равенство

1

Log X+1 2 ,

Log2(X+1)

То, сделав замену log2(X +1) = T,Получим неравенство

<5.

Полагая T + — = И , получим неравенст­во ∖U— 2 ∖+ ∖U+ 2 ∖<5 .

Используем геометрический способ решения последнего неравенства (см. раздел «Геометрические методы реше­ния»). Расстояние между точками -2 и 2 меньше 5, поэтому для каждой из точек отрезка [-2;2] сумма расстояний до то­чек -2 и 2 меньше 5. Рассмотрим точки справа и слева от отрезка [-2; 2] . Для точки, лежащей правее точки 2, сумма расстояний от точек -2 и 2 складывается из длины отрезка [-2;2] и удвоенного расстояния от этой точки до точки 2. Ис­комые точки находятся правее точки 2 на расстоянии меньше (5 — 4) : 2 = 0,5 . Ана­логично искомые точки находятся слева от точки -2 на расстоянии меньше 0,5. Следовательно,

| И —2 | + | И+ 2 | <5 О - 2,5 <И < 2,5 О
О | И | <2,5 .

Тогда

T2+1

<2,5 О

О 2|T|2-5|T|+2<0 О 0,5<|T|<2.

Отсюда 0,5 <| log2(X+1) | <2 .

Последнее неравенство равносильно совокупности двух неравенств

Γ0,5X+1)<2,

, ч о

— 2 X +1) <-0,5

√ 2 <X +1 <4,

1 1О

— <X +1 <-I=

4 √2

3 3 1 , 1 „

Ответ. —<X<—= -1, √ 2 -1 <X<3.

4 √2

Замена комбинированных
выражений

Пример 57. Решить неравенство

49i+√X-2 — 344.7√X-2 >-7

Решение. Пусть ГX 2= A, тогда име­ем 49A2-344A+7 >0 . Находим решения 1

Квадратного неравенства: A <~ или

A>7 . Отсюда переходим к решению не­равенств 7^X^2<~ или 7^X^2>7 . Полу-

Xx —2 < -2, ОX-2 >1ОX>3.

√X— 2 >1

Ответ.(3; + ∞).

Пример 58. Решить неравенство N∏lgX 7.9lgX— 21.3lgX + 27 ≤ 0.

Решение. После введения новой пере­менной 3lgX = AПолучаем неравенство A3- 7A2- 21 A + 27 ≤ 0. Так как уравнение A3-7A2-21A+27 = 0 имеет корни -3, 1 и 9, то неравенство (A+ 3)(A— 1)(A-9) ≤ 0 имеет решения A ≤ -3 или 1 ≤ A ≤ 9 .

Выполняя обратную замену, получим, что неравенство 3lgX ≤ -3 не имеет реше­ний, а из двойного неравенства 1 ≤ 3lgX ≤ 9 получаем 30≤ 3lgX ≤ 32(3 >1) ; 0 ≤ lgX ≤ 2; lg1 ≤ lgX ≤ lg100 (основание 10>1); 1≤X≤100.

Ответ. [1;100] .