close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Различные способы решения уравнений и задач по математике для подготовки к ЕГЭ и олимпиадам 7-11 классы (купить в магазине www.phoenixbooks.ru)

код для вставкиСкачать
купить эту и любые другие книги издательства Феникс (более 6000) по оптовым ценам можно в интернет-магазине издательства Феникс - www.phoenixbooks.ru
 .. 7–11 !
Ростов-на-Дону
еникс
2011
www.phoenixbooks.ru
УДК 373.167.1:51
ББК 22.1я721
КТК 444
Б20
Балаян Э.Н.
Б20 Различные способы решения уравнений и задач по математике для подготовки к ЕГЭ и олимпиадам 7–11 классы / Э.Н. Балаян. — Ростов н/Д: Феникс, 2011. — 331 с. — (Большая перемена).
ISBN 978-5-222-17888-1
Книга содержит уравнения и задачи, решенные раз-
личными способами, с применением разнообразных идей и методов, что способствует повышению уровня и качест-
ва знаний, необходимых для успешной сдачи ЕГЭ по ма-
тематике, и победы на олимпиадах различного уровня.
В книге 9 параграфов по основным темам школьного курса математики. Все параграфы содержат примеры и задачи с решениями и для самостоятельного решения, к которым приводятся ответы в конце книги.
Пособие предназначено учащимся 7–11 классов, выпускникам и абитуриентам, начинающим учителям математики, репетиторам, а также всем любителям ма-
тематики.
УДК 373.167.1:51
ISBN 978-5-222-17888-1 ББК 22.1я721
© Балаян Э.Н., 2010
© Оформление: ООО «Феникс», 2010
www.phoenixbooks.ru
• 3
Каспаровой Зое Николаевне — моей любимой сестре, коллеге и первой ученице, посвящается
Предисловие
Предлагаемая вниманию читателя книга посвя-
щена различным способам решения уравнений и задач.
Надо отметить, что литература на подобную тему выходила в последний раз более 40 лет назад.
Как отмечал ректор МГУ В. Садовничий, «уро-
вень школьной подготовки становится ниже, преж-
де всего по математике, физике и химии, и это боль-
шая проблема. Надо это остановить».
Появление настоящей книги — попытка в ка-
кой-то мере устранить этот пробел, помочь, прежде всего школьникам и молодым учителям, повысить уровень и качество знаний, а также ознакомиться с различными приемами и идеями, применяемыми при решении уравнений и задач.
Заметим, что решение одной задачи нескольки-
ми способами, даже без оценки их с точки зрения рациональности, имеет большее значение для мате-
матического развития учащихся, чем решение мно-
гих задач, но одним и тем же способом.
Книга состоит из 9 параграфов, включающих наиболее важные темы школьного курса математи-
ки. Все параграфы содержат достаточное количест-
во примеров с решениями и задачи для самостоя-
www.phoenixbooks.ru
4 • Различные способы решения уравнений и задач...
тельного решения, помещенные в конце каждого параграфа. Для удобства пользования и контроля знаний приводятся ответы на все задания для само-
стоятельного решения.
Последний, девятый параграф содержит автор-
ские задачи на применение формул Пифагора, вы-
зывающие повышенный интерес, а также старин-
ную задачу из XIII в. — задачу Фибоначчи.
www.phoenixbooks.ru
§1. Алгебраические уравнения высших степеней • 5
§1. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ СТЕПЕНЕЙ
Пример 1. Решить уравнение x
3
+ x + 3
2
= 0.
Решение.
I способ
Пусть x = y
2
, тогда получим уравнение
2
2
y
3
+ 2
y + 3
2
= 0 или 2y
3
+ y + 3 = 0. (1)
Легко заметить, что y = –1 — корень уравнения (1), следовательно, левую часть уравнения можно разложить на множители по степеням (y + 1):
2y(y
2
– 1) + 3(y + 1) = 0, или
(y + 1)(2y
2
– 2y + 3) = 0, откуда y = –1.
Уравнение 2y
2
– 2y + 3 = 0 действительных кор-
ней не имеет (D < 0).
Если y = –1, то, учитывая замену, находим x = –
2
— единственный корень исходного уравнения.
Ответ: x = –
2
.
II способ Запишем данное уравнение в виде
(x
3
+ 2
2
) + (x + 2
) = 0, или
(x
3
+ (
2
)
3
) + (x + 2
) = 0, или, используя фор-
мулу суммы кубов, получим
(x + 2
)(x
2
– 2x + 2) + (x + 2
) = 0,
(x + 2
)(x
2
– 2x + 3), откуда x = –
2
.
www.phoenixbooks.ru
6 • Различные способы решения уравнений и задач...
Уравнение x
2
– 2x + 3 = 0 не имеет действитель-
ных корней, так как D < 0.
Ответ: x = –
2
.
Пример 2. Решить уравнение 4x
4
– 49x
2
– 4x + 14 = 0.
Решение.
I способ
Испытывая делители свободного члена 14, мож-
но убедиться в том, что уравнение не имеет целых корней.
Заметим, что x = 0 не является корнем уравне-
ния, тогда, разделив обе части на 4x
2
0, получим
x
2
– 49
4
= 1
x
– 2
7
2x
, или
7 7
2 2
x x
= 2
1 7
2
x
x
, откуда имеем:
1) x – 7
2
= 0, x
1
= 3,5.
2) x + 7
2
= 2
1
x
, или x – 1
2
= 2
1
x
– 4,
2 1
2
x
= 2
2
1 4x
x
, (2x – 1)
2
1 2 1
2
x
x
= 0,
откуда x
2
= 0,5, или 1
2
+ 2
2 1x
x
= 0, x
2
+ 4x + 2 = 0, x
3,4
= –2 ± 2
.
Ответ: x
1
= 3,5; x
2
= 0,5; x
3,4
= –2 ± 2
.
II способ
Умножим обе части исходного уравнения на 4:
16x
4
– 196x
2
– 16x + 56 = 0, или
(2x)
4
– 49 · (2x)
2
– 8 · (2x) + 56 = 0.
www.phoenixbooks.ru
§1. Алгебраические уравнения высших степеней • 7
Пусть 2x = y, тогда получим уравнение
y
4
– 49y
2
– 8y + 56 = 0, или
y
2
(y
2
– 1) – 8(6y
2
+ y – 7) = 0,
y
2
(y
2
– 1) – 8(y – 1)(6y + 7) = 0,
(y – 1)(y
3
+ y
2
– 48y – 56) = 0, откуда
y
1
= 1, или y
3
+ y
2
– 48y – 56 = 0.
Если y = 1, то 2x = 1, x
1
= 0,5.
Если y
3
+ y
2
– 48y – 56 = 0, то получим
y
2
(y – 7) + 8y(y – 7) + 8(y – 7) = 0,
(y – 1)(y
3
+ y
2
–48y – 56) = 0, откуда
y
2
= 7, y
3,4
= –4 ± 2
2
.
Если y = 7, то 2x = 7, x
2
= 3,5.
Если y
3,4
= –4 ± 2
2
, то x
3,4
= –2 ± 2
.
Ответ: x
1
= 0,5; x
2
= 3,5; x
3,4
= –2 ± 2
.
III способ
4x
4
– 49x
2
– 4x + 14 = 0.
Применяя способ группировки, имеем
x
2
(2x – 7)(2x + 7) – 2(2x – 7) = 0, или
(2x – 7)(2x
3
+ 7x
2
– 2) = 0, откуда x
1
= 3,5;
2x
3
+ 7x
2
– 2 = 0, x
2
(2x – 1) + 2(4x
2
– 1) = 0,
(2x – 1)(x
2
+ 4x + 2) = 0, и т. д.
Ответ: x
1
= 0,5; x
2
= 3,5; x
3,4
= –2 ± 2
.
Пример 3. Решить уравнение (1 + x
2
)
2
= 4x(1 – x
2
).
Решение.
I способ
Запишем уравнение в виде
(x
4
+ 4x
3
+ 4x
2
) – 2x
2
– 4x + 1 = 0, или
(x
2
+ 2x)
2
– 2(x
2
+ 2x) · 1 + 1 = 0.
Как видим, левая часть уравнения представляет собой квадрат разности:
(x
2
+ 2x – 1)
2
= 0, x
2
+ 2x – 1 = 0,
www.phoenixbooks.ru
§2. Системы нелинейных уравнений • 23
§2. СИСТЕМЫ НЕЛИНЕЙНЫХ УРАВНЕНИЙ
Пример 1. Решить систему
2 2
10,
3.
x y
xy
(1)
Решение.
Эта система допускает различные способы решения.
I способ
Возведем в квадрат обе части II уравнения систе-
мы (1), тогда получим
2 2
2 2
10,
9.
x y
x y
(2)
Заметим, что x
2
и y
2
можно считать корнями квадратного уравнения вида t
2
– 10t + 9 = 0.
Следовательно, x
2
= 9, y
2
= 1 или x
2
= 1, y
2
= 9.
Таким образом, система (2) имеет всего 8 реше-
ний: (3; 1), (3; –1), (–3; 1), (–3; –1), (1; 3), (1; –3), (–1; 3), (–1; –3).
Так как xy = 3 > 0, то x и y имеют одинаковые знаки. Тогда исходной системе (1) будут удовлетво-
рять всего 4 пары решений.
Ответ: (3, 1); (–3, –1); (1, 3); (–1, –3).
II способ
Запишем систему (1) в виде
2 2
10,
2 6.
x y
xy
(3)
www.phoenixbooks.ru
24 • Различные способы решения уравнений и задач...
Сложим и вычтем уравнения системы (3):
2
2
( ) 16,
( ) 4;
x y
x y
4,
2.
x y
x y
Получим всего 4 системы линейных уравнений
а) 4,
2;
x y
x y
б) 4,
2;
x y
x y
в) 4,
2;
x y
x y
г) 4,
2.
x y
x y
Складывая и вычитая левые и правые части по-
лученных систем, получим 4 пары решений.
(3; 1), (–1; –3), (1; 3), (–3; –1).
Ответ: (3; 1), (–3; –1), (1; 3), (–1; –3).
III способ
2 2
10,
2 6;
x y
xy
складывая уравнения системы, име-
ем x
2
+ 2xy + y
2
= 16, откуда x + y = ±4, тогда по теореме Виета получим системы
4,
3;
x y
xy
4,
3;
x y
xy
откуда
1
1
3,
1;
x
y
2
2
1,
3;
x
y
3
3
3,
1;
x
y
4
4
1,
3.
x
y
Ответ: (3; 1), (–3; –1), (1; 3), (–1; –3).
I
V
способ
Выразим x
2
+ y
2
через x + y и xy:
x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy, тогда исходная система примет вид:
2
( ) 2 10,
3.
x y xy
xy
www.phoenixbooks.ru
§2. Системы нелинейных уравнений • 25
Пусть x + y = a, xy = b, тогда имеем:
2
2 10,
3;
a b
b
2
16,
3;
a
b
4,
3.
a
b
Следовательно, получим систему:
4,
3;
x y
xy
и т. д. как в III способе.
Ответ: (3; 1), (–3; –1), (1; 3), (–1; –3).
V
способ
Из системы (1) следует, что x 0, y 0, тогда, разделив I уравнение исходной системы на II, полу-
чим: x
y
+ y
x
= 10
3
, пусть x
y
= t, тогда имеем уравне-
ние t + 1
t
= 10
3
, или 3t
2
– 10t + 3 = 0, откуда t
1
= 3, t
2
= 1
3
.
Учитывая подстановку и II уравнение исходной системы, получим:
а) 3,
3;
x
y
xy
перемножив левые и правые части, по-
лучим: x
2
= 9, x = ± 3, тогда y = 3
x
, или y = ±1.
Итак, система а) имеет решения (3; 1) и (–3; –1);
б) 1
,
3
3;
x
y
xy
1,
3;
x
xy
y
xy
2
1,
3;
x
xy
1,
3.
x
y
Система б) имеет решения (1; 3) и (–1; –3).
Всего исходная система имеет 4 пары решений.
Ответ: (3; 1), (–3; –1), (1; 3), (–1; –3).
www.phoenixbooks.ru
88 • Различные способы решения уравнений и задач...
§3. ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ. ПРОГРЕССИИ
1. Текстовые задачи
Пример 1. 14 см
3
железа весят 108 г. Сколько граммов весит кусок железа, объем которого равен 42 см
3
?
Решение.
I способ (приведение к единице)
Поскольку вес железа прямо пропорционален его объему, то 1 см
3
будет весить в 14 раз меньше веса данного куска железа.
1 см
3
весит 108
14
= 54
7
(г); 42 см
3
будет, очевидно, весить в 42 раза больше, чем 1 см
3
; 42 см
3
весят 54 42
7
= 324 г.
Ответ: 324 г.
II
способ (при помощи пропорции)
Так как вес железа прямо пропорционален его объему, то отношение значений веса равно отноше-
нию соответствующих значений объема.
14 : 42 = 108 : x, откуда
x = 108 42
14
= 324, где x — искомый вес.
Ответ: 324 г.
www.phoenixbooks.ru
§3. Текстовые задачи. Прогрессии • 89
Пример 2. Сплав из серебра и меди весит 2 кг. Вес серебра в сплаве составляет 14
2
7
% веса меди. Сколько содержится серебра в этом сплаве?
Решение.
I способ
Для определения веса серебра составим пропор-
цию x
: 2 = 14
2
7
: 114
2
7
, откуда
x = 2
2 14
7
2
114
7
= 100
2
7
800
7
= 2 100
800
= 1
4
(кг) = 250 г.
Ответ: 250 г.
II
способ
Так как вес серебра составляет 14
2
7
%, или 1
7
часть меди, то меди будет в 7 раз больше, чем серебра; значит, вес серебра составляет 2
8
кг = 250 г.
Ответ: 250 г.
Пример 3. Автомобиль ехал из села в город со скоростью 60 км/ч, а возвращался со скоростью
40 км/ч. Какова средняя скорость автомобиля?
Решение.
I способ
Приняв расстояние от села до города за условную единицу, определим время движения автомобиля в город по формуле t
1
= 1
S
v
= 1
60
(часов условно) и www.phoenixbooks.ru
90 • Различные способы решения уравнений и задач...
время движения автомобиля из города t
2
= 2
S
v
= 1
40
(часов условно). Тогда средняя скорость будет равна
v
ср.
= 1 2
2 S
t t
= 2 1
1 1
60 40
= 2 1 120
2 3
= 48 (км/ч)
Ответ: 48 км/ч.
II
способ
За условное расстояние между селом и городом удобно взять число, кратное 40 и 60, например, 120, 240, 360 и т. д., которые делятся нацело на данные числа.
1. Примем расстояние от села до города равным 240 км.
2. Найдем время движения автомобиля в город и обратно:
t
1
= 1
S
v
= 240
60
= 4 (ч);
t
2
= 2
S
v
= 240
40
= 6 (ч).
3. Общее время движения автомобиля:
4 + 6 = 10 (ч).
За это время пройдено расстояние
2 · S = 2 · 240 = 480 (км).
4. Найдем среднюю скорость автомобиля:
v
ср.
= 2 S
t
= 480
10
= 48 (км/ч).
Ответ: 48 км/ч.
www.phoenixbooks.ru
§4. Иррациональные уравнения, системы и неравенства • 105
§4. ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1. Иррациональные уравнения
Пример 1. Решить уравнение
(2x – 1)(
x
+ 4x – 2) = x.
Решение.
I способ
Запишем уравнение в виде
2x
x
– x
+ 8x
2
– 4x – 4x + 2 = x.
2x
x
– x
+ 8x
2
+ 2 – 9x = 0. (1)
Заметим, что x = 0 не является корнем исходного уравнения. Тогда разделив обе части (1) на x 0, получим
2
x
– 1
x
+ 8x + 2
x
– 9 = 0,
2
1
2
x
x
+ 8
1
4
x
x
– 9 = 0. (2)
Пусть x
– 1
2 x
= t, тогда
t
2
= x + 1
4x
– 1 и x + 1
4x
= t
2
+ 1.
Следовательно, уравнение (2) примет вид
2t + 8(t
2
+ 1) – 9 = 0, или 8t
2
+ 2t – 1 = 0,
D/4 = 1 + 8 = 9 = 3
2
> 0,
www.phoenixbooks.ru
106 • Различные способы решения уравнений и задач...
t
1,2
= 1 3
8
, t
1
= 1
4
, t
2
= –
1
2
.
С учетом подстановки, получим два уравнения:
1) x
– 1
2 x
= 1
4
, или 4x – x
– 2 = 0, x > 0.
Полученное уравнение — квадратное относитель-
но x
:
x
= 1 33
8
, (
x
)
1
= 1 33
8
,
x
1
= 1
64
(1 + 33
)
2
= 1
64
(34 + 2
33
) =
= 1
32
(17 + 33
),
(
x
)
2
= 1 33
8
< 0 (не удовлетворяет, так как x > 0).
2) x
– 1
2 x
= –
1
2
, или 2x + x
– 1 = 0, x
= 1 3
4
, откуда (
x
)
3
= 1
2
, т. е. x = 1
4
,
(
x
)
4
= – 1 < 0 (не удовлетворяет).
Итак, исходное уравнение имеет два корня.
Ответ: x
1
= 1
32
(17 + 33
), x
2
= 1
4
.
II
способ
Пусть 2x – 1 = a, x
= b, где b 0, тогда исходное уравнение примет вид a(b + 2a) = b
2
, или
ab + 2a
2
= b
2
, или b
2
– ab – 2a
2
= 0.
www.phoenixbooks.ru
§4. Иррациональные уравнения, системы и неравенства • 107
Левую часть полученного уравнения можно раз-
ложить на множители
b
2
– 2ab + ab – 2a
2
= 0, или
b(b – 2a) + a(b – 2a) = 0, (b – 2a)(b + a) = 0, откуда имеем
1) b = 2a,
x
= 4x – 2,
x = 16x
2
– 16x + 4,
16x
2
– 17x + 4 = 0,
откуда находим
x
1,2
= 17 33
32
,
x
1
= 17 33
32
(не под-
ходит),
x
2
= 17 33
32
.
2) b = –a,
x
= 1 – 2x,
x = 1 – 4x + 4x
2
,
4x
2
– 5x + 1 = 0,
откуда x
3
= 1, x
4
= 1
4
.
Корень x = 1 не подхо-
дит, так как 1 – 2x 0.
Ответ: x
1
= 1
32
(17 + 33
), x
2
= 1
4
.
Пример 2. Решить уравнение
9x
2
+ 42x
2 x
+ 33(2 + x) = 0.
Решение.
I способ
Заметим, что x = –2 и x = 0 не являются корнями данного уравнения, тогда разделив обе части урав-
нения на x
2 x
0, получим
9
2
x
x
+ 42 + 33 2 x
x
= 0.
Пусть 2
x
x
= y, тогда получим уравнение
www.phoenixbooks.ru
§5. Уравнения и неравенства с модулем • 171
§5. УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА С МОДУЛЕМ
1. Уравнения с модулем
Пример 1. Решить уравнение 5x – 2 = 8.
Решение.
I способ
По определению модуля данное уравнение равно-
сильно совокупности двух смешанных систем:
а) 5 2 0,
5 2 8;
х
х
б) х
х
5 2
0,
2 5 8.
Из системы а) находим x
1
= 2, а из систем б) име-
ем x
2
= –1,2.
Ответ: x
1
= 2, x
2
= –1,2.
II способ
Так как обе части исходного уравнения неотрица-
тельны, то оно равносильно уравнению |5x – 2|
2
= 64; но |t|
2
= t
2
, тогда получим равносильное уравнение (5x – 2)
2
= 64, откуда 5x – 2 = ±8, значит x
1
= 2, x
2
= –
6
5
= –1,2.
Ответ: x
1
= 2, x
2
= –
6
5
= –1,2.
www.phoenixbooks.ru
172 • Различные способы решения уравнений и задач...
Пример 2. Решить уравнение |5x – 2| = x + 6. (1)
Решение.
I способ
Это уравнение также можно решить двумя спосо-
бами. Если решать уравнение (1) первым способом, то получим совокупность двух смешанных систем:
а) 5 2 0,
5 2 6;
х
х х
б) 5 2 0,
2 5 6.
х
х х
Из системы а) получим x
1
= 2, а из системы б) по-
лучим x
2
= –
2
3
.
При решении II способом заметим, что правая часть уравнения (1) должна быть неотрицательна,
т. е. x + 6 0. Следовательно, при возведении обеих частей уравнения в квадрат получим уравнение, равносильное исходному. Значит, уравнение (1) равносильно смешанной системе
х
х x
2 2
6 0,
(5 2) (6 ),
откуда получим x
1
= 2; x
2
= –
2
3
.
Ответ: x
1
= 2; x
2
= –
2
3
.
Пример 3. Решить уравнение |x – 2| + |x + 5| = 9.
Решение.
I
способ (метод интервалов)
Найдем значения х, при которых выражение под знаком модуля обращается в нуль: x
1
= 2; x
2
= –5.
2–5
www.phoenixbooks.ru
§5. Уравнения и неравенства с модулем • 173
Решим данное уравнение на каждом промежутке.
1) х –5, тогда получим 2 – x – x – 5 = 9, откуда x = –6 — корень уравнения;
2) –5 < x 2, тогда 2 — x + x + 5 = 9, или 7 = 9 — неверно, значит, на промежутке (–5; 2] корней нет;
3) x > 2. В этом случае получим x – 2 + x + 5 = 9, x = 3 — корень уравнения.
Ответ: x
1
= –6; x
2
= 3.
II способ (графический)
График функции y = |x – 2| + |x + 5| представляет собой объединение двух лучей и отрезка, парал-
лельного оси Ox.
y
x
1 2 3
0
B A
–6
y = 9
1
7
5
3
–5
Прямая y = 8 пересекает график функции y = |x – 2| + |x + 5| в двух точках А(3; 9), В(–6; 9). Значит, исходное уравнение имеет два корня.
Ответ: x
1
= –6; x
2
= 3.
www.phoenixbooks.ru
188 • Различные способы решения уравнений и задач...
§6. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1. Логарифмические и показательные уравнения
Пример 1. Решить уравнение.
2
1 log x
+ 4
4log 2x
= 4.
Решение.
I способ
Так как log
4
x = 1
2
log
2
x, то данное уравнение примет вид
2
1 log x
+ 2
2log 2x
= 4. (1)
Пусть 2
1 log x
= y, где y 0, тогда 1 + log
2
x = y
2
, log
2
x = y
2
– 1 и 2 log
2
x – 2 = 2y
2
– 4.
Следовательно, уравнение (1) примет вид y + 2
2 4y = 4, или 2
2 4y = 4 – y.
Возводя обе части этого уравнения в квадрат, получим 2y
2
– 4 = 16 – 8y + y
2
, или y
2
+ 8y – 20 = 0, откуда y
1
= –10, y
2
= 2. Корень y
1
= –10 не подходит, так как y 0.
Если y = 2, то учитывая замену, имеем 1 + log
2
x = 4. log
2
x = 3, откуда x = 8.
Легко проверить, что x = 8 — корень уравнения (1), а значит, и исходного.
Ответ: x = 8.
www.phoenixbooks.ru
§6. Логарифмические и показательные уравнения • 189
II способ
Пусть 1 + log
2
x = a
2
, 2 log
2
x – 2 = b
2
, где a 0, b 0, тогда уравнение (1) запишется в виде a + b = 4.
Кроме того, 2a
2
– b
2
= 4. Следовательно, получим систему уравнений
2 2
2 4,
4;
a b
a b
a a
b a
2 2
2 (4 ) 4,
4.
Решая первое уравнение полученной системы, имеем 2a
2
– 16 + 8a – a
2
= 4, или
a
2
+ 8a – 20 = 0, и т. д. (см. I способ).
Пример 2. Решить уравнение
2
6
log
6
x
+ 6
log x
x
= 12.
Решение.
I способ
Пусть 6
log x
x
= t, где t > 0, тогда прологарифмиро-
вав обе части полученного равенства по основанию 6, имеем
log
6 x · log
6 x = log
6 t, или 2
6
log x
= log
6 t. (1)
В этом случае исходное уравнение примет вид
6
log
6
t
+ t = 12, или t + t = 12,
откуда t = 6, тогда равенство (1) запишется в виде
2
6
log x
= 1, или log
6 x = ±1,
откуда x
1
= 6, x
2
= 6
–1
= 1
6
.
Ответ: x
1
= 6, x
2
= 1
6
.
II
способ
Запишем уравнение в виде 6 6
log log
6
x x
+ 6
log x
x
= 12,
или 6 6
log log
(6 )
x x
+ 6
log x
x
= 12, 6
log x
x
+ 6
log x
x
= 12, или
www.phoenixbooks.ru
190 • Различные способы решения уравнений и задач...
2
6
log x
x
= 12, 6
log x
x
= 6. (2)
Прологарифмировав обе части (2) по основа-
нию 6, получим log
6 x · log
6 x = log
6 6, или
2
6
log x
= 1, и т. д. (см. I способ).
Ответ: x
1
= 6, x
2
= 1
6
.
Пример 3. Решить уравнение
64 · 9
x
– 84 · 12
x
+ 27 · 16
x
= 0.
Решение.
I способ
Так как 12
x
> 0 при любом x R, то, разделив обе части уравнения на 12
x
0, получим
64 · 3
4
x
+ 27 · 4
3
x
– 84 = 0.
Пусть 3
4
x
= t, где t > 0, тогда получим уравнение
64t + 27
t
– 84 = 0 или 64t
2 – 84t + 27 = 0,
D/4 = 36 = 6
2 > 0, t
1 = 48
64
= 3
4
, t
2
= 36
64
= 9
16
.
Если t = 3
4
, то 3
4
x
= 3
4
, откуда x
1
= 1;
Если t = 9
16
, то 3
4
x
= 9
16
, откуда x
2
= 2.
Ответ: x
1
= 1, x
2
= 2.
II способ
Пусть 3
x
= a, 4
x
= b, где a > 0 ; b > 0.
www.phoenixbooks.ru
§7. Тригонометрические уравнения • 207
§7. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТОЖДЕСТВ
1. Тригонометрические уравнения
Пример 1. Решить уравнение sin x + cos x = 1.
Решение.
I способ (применение формул двойного и половинного аргументов)
Поскольку sin x = 2 sin
2
x
cos
2
x
и 1 – cos x = 2 sin
2 2
x
, то данное уравнение примет вид
2 sin
2
x
cos
2
x
– 2 sin
2 2
x
= 0,
2 sin
2
x
cos sin
2 2
x x
= 0,
откуда sin
2
x
= 0, или cos
2
x
– sin
2
x
= 0.
Если sin
2
x
= 0, то 2
x
= n, x = 2n, n Z;
если cos
2
x
– sin
2
x
= 0, то tg
2
x
= 1; 2
x
= 4
+ n, откуда x = 2
+ 2n, n Z.
Ответ: x = 2n, x = 2
+ 2n, n Z.
www.phoenixbooks.ru
208 • Различные способы решения уравнений и задач...
II способ (введение вспомогательного угла)
Разделив обе части данного уравнения на 2
, получим
1
2
sin x + 1
2
cos x = 1
2
, или
sin
4
x
= 1
2
, x + 4
= (–1)
n
4
+ n,
откуда x = –
4
+ (–1)
n
4
+ n, n Z.
¦¿ËÄÖ¿ÌÇÄ Форма записи ответа при втором спосо-
бе отличается от первого, что часто бывает. Нетруд-
но показать, что если n = 2k — четное и n = 2k + 1 —
нечетное, то получим ответ, как и в первом способе.
Ответ: x
= 2n, x = 2
+ 2n, n Z.
III способ
(сведение к однородному уравнению)
Так как sin x = 2 sin
2
x
cos
2
x
; cos x = cos
2
2
x
– sin
2
2
x
и 1 = sin
2
2
x
+ cos
2
2
x
, то данное уравнение преобра-
зуется к виду sin
2
x
cos
2
x
– sin
2
2
x
= 0.
Полученное уравнение является однородным уравнением второй степени. Разделив обе части на cos
2
2
x
0, получим tg x – tg
2
2
x
= 0, или tg
1 tg
2 2
x x
= 0, откуда tg
2
x
= 0, или 1 – tg
2
x
= 0.
www.phoenixbooks.ru
§7. Тригонометрические уравнения • 209
В первом случае 2
x
= n, x = 2n, n Z, во втором 2
x
= 4
+ n, x = 2
+ 2n, n Z.
Ответ: x = 2n, x = 2
+ 2n, n Z.
I
V
способ (применение формулы sin x + cos x = 2
sin
4
x
.
В этом случае исходное уравнение примет вид 2
sin
4
x
= 1, или x + 4
= (–1)
n
4
+ n,
n Z, откуда x = –
4
+ (–1)
n
4
+ n, n Z.
¦¿ËÄÖ¿ÌÇÄ (см. II способ).
Ответ: x = 2n, x = 2
+ 2n, n Z.
V способ
(применение формулы приведения)
Поскольку cos x
= sin
2
x
, то уравнение запи-
шется в виде sin x + sin
2
x
= 1, или, применяя формулу суммы синусов, имеем 2 sin 4
cos
4
x
= 1, или 2
cos
4
x
= 1, cos
4
x
= 1
2
,
www.phoenixbooks.ru
§8. Задачи по геометрии • 239
§8. ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ
1. Планиметрия
Пример 1. Доказать, что биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропор-
циональные прилежащим сторонам треугольника.
Решение.
I способ
Пусть CD — биссектриса ABC. Заметим, что CE — общая высота для CBD и АCD, тогда
BD
DA
= CBD
CDA
S
S
. (1)
B
A
D
C
E
1
2
С другой стороны, 1 = 2 (DC — биссектриса), тогда
CBD
CDA
S
S
= CB CD
CD CA
= CB
CA
. (2)
Сравнивая (1) и (2), имеем BD
DA
= CB
CA
, что и тре-
бовалось доказать.
www.phoenixbooks.ru
240 • Различные способы решения уравнений и задач...
II способ
Пусть BDC = , тогда ADC = 180° – .
B A
D
C
Из BCD по теореме синусов имеем
BD
BC
= sin
sin
BCD
и из ACD AD
AC
= sin
sin(180 )
ACD
= sin
sin
ACD
.
Так как CD — биссектриса, то BCD = ACD.
Значит, BD
BC
= AD
AC
, ч. т. д.
III способ
Продолжим биссектрису CD до пересечения в точке Е с прямой АЕ || ВС. Тогда 2 = 3 (как на-
крест лежащие при параллельных прямых ВС и АЕ и секущей СЕ). Кроме того, 1 = 2 (по условию). Выходит, что 1 = 3, т. е. CEA равнобедрен-
ный (по признаку равнобедренного треугольника) и АЕ = АС; AED ~ BCD (по двум углам, так как 1 = 3 и BDC = ADE как вертикальные).
www.phoenixbooks.ru
§8. Задачи по геометрии • 241
Следовательно, BD
AD
= BC
AC
, что и требовалось до-
казать.
Пример 2. Известно, что в АВС А = 2С, сто-
рона ВС на 2 см больше АВ, а АС = 5 см. Найти АВ и ВС.
Решение.
I способ
Проведем биссектрису АD угла А, тогда 1 = 2 =
= 3.
В ADC углы при основании равны, т. е. 2 = 3 и AD = DC.
Пусть АВ = x, AD = DC = y, тогда ВС = x + 2, ВD = x + 2 – y.
Заметим, что ABD ~ ABC по двум углам (B — общий, 1 = 3).
B A
D
C
E
1
2
3
www.phoenixbooks.ru
286 • Различные способы решения уравнений и задач...
§9. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
1. Некоторые применения формул Пифагора
Пример 1. Найти последовательность натураль-
ных чисел k, при некоторых системах уравнений x k
u
x k
v
2 2
2 2
,
имеет целочисленные решения.
Решение.
Складывая и вычитая почленно уравнения систе-
мы, получим:
2 2 2
2 2
2,
2.
x u v
k u v
Из (1) x
2 = 1
2
(u
2
+ v
2
) = 2
2
u v
+ 2
2
u v
. (3)
Заметим, что числа, входящие в выражение (3), образуют тройку пифагоровых чисел, т. е. числа x, 2
u v
и 2
u v
могут служить длинами сторон некото-
рого прямоугольного треугольника, где 2
u v
и 2
u v
являются «катетами», а x — «гипотенузой». Следовательно, к этим числам можно применить
формулы Пифагора:
x = a
2
+ b
2
. (4)
(1)
(2)
www.phoenixbooks.ru
§9. Избранные задачи • 287
2
u v
= 2ab. (5)
2
u v
= a
2
– b
2
, (6)
где a > b, (a; b) =1.
Далее заметим, что из «катетов» 2
u v
и 2
u v
— один четный, а другой нечетный, поэтому число (3) нечетное, а значит, нечетна и «гипотенуза» x.
¦¿ËÄÖ¿ÌÇÄ Доказательство того, что формулы (4) – (6) являются пифагоровыми, имеется в ряде
популярных книг, например, «Старинные зада-
чи» Д. Чистякова, О. Оре «Приглашение в теорию
чисел», «Занимательная алгебра» Я. И. Перельма-
на и др.
Из (5) и (6) u
2
– v
2
= 8ab (a
2
– b
2
). (7)
Сравнивая (2) и (7), получим
2k = 8ab (a
2
– b
2
), или k = 4ab (a
2
– b
2
). (8)
Наименьшее значение для k мы получим, если положить a = 2, b = 1, тогда k = 24, x = 5, x
2 = 25.
Найденное число 25 является решением данной системы при наименьшем значении k = 24.
И действительно, 5
2
+ 24 = 7
2
, 5
2
– 24 = 1
2
.
Последующие значения для k мы найдем, пола-
гая a = 3, b = 2, тогда
k = 4 · 3 · 2 · (3
2
– 2
2
) = 120, x = 3
2
+ 2
2
=13, x
2
= 13
2
, следовательно, 13
2
+ 120 = 17
2
и 13
2 – 120 = 7
2
.
Итак, чтобы найти последовательность целых чисел k при которой данная система имеет решение, естественно положить a = p + 1, b = p, где p N, то-
гда формула (8) примет вид:
www.phoenixbooks.ru
288 • Различные способы решения уравнений и задач...
k = 4(p + 1) p ((p + 1)
2
– p
2
) = 4p (p + 1)(2p + 1) =
= 2p (2p + 1)(2p + 2).
k = 2p (2p +1) (2p +2). (9)
Выходит, что число k представляет собой произ-
ведение трех последовательных чисел вида 2 · 3 · 4, 4 · 5 · 6, … 2p · (2p + 1) · (2p + 2).
Тогда из (4) x = a
2
+ b
2
= (p + 1)
2 + p
2
.
Итак, k = 2p (2p + 1) (2p + 2), x = (p + 1)
2 + p
2.
Например, при p = 1 и p = 2 получим рассмотрен-
ные нами два случая.
Пусть p = 100, тогда k = 200 · 201 · 202 = 8120400,
x = 101
2
+ 100
2
= 20201, x
2
= 408080401,
x
2
– k = 416200801 = 20401
2
,
x
2 – k = 399960001 = 19999
2
.
¦¿ËÄÖ¿ÌÇÄ Нетрудно заметить, что тройка чи-
сел v
2
, x
2
, u
2
образуют возрастающую арифметиче-
скую прогрессию с разностью k.
И действительно, x
2
– v
2
= u
2
– x
2
= k по опреде-
лению арифметической прогрессии и из условия за-
дачи; x
2
= 1
2
(u
2
+ v
2
) из основного свойства ариф-
метической прогрессии.
¦¿ËÄÖ¿ÌÇÄ Известно, что
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + p
2
= 1
2
p (p + 1) (2p + 1), (см., на-
пример, И. С. Соминский «Элементарная алгеб-
ра» (дополнительный курс), 3-е изд., 1967).
Тогда p (p + 1) (2p + 1) = 6 (1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + p
2
).
Сравнивая с (9), получим:
k = 4p (p + 1) (2p + 1) = 24 (1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + p
2
).
Итак, решение исходной системы определяется по формулам x = 2p (p +1) +1,
www.phoenixbooks.ru
316 • Различные способы решения уравнений и задач...
ОТВЕТЫ
ª¢¤ ¯§¶¤°©§¤²¯¡¬¤¬§¾
¡º°·§´°±¤®¤¬¤¨
1. x
1
= –
3
4
; x
2
= –
2
3
;
x
3
= 5
7
.
2. x
1
= –2; x
2
= –4.
3. x
1,2
= 1
2
(–1 ± 53
).
4. x
1
= 1; x
2
= 2; x
3,4
= 5
4
(
5
± 1).
5. x
1
= 2, x
2
= 9.
6. x
1
= –1, x
2
= 1, x
3
= 3, x
4
= 5.
7. x
1
= 0, x
2
= 3, x
3,4
= ±1,5.
8. x
1
= 1, x
2
= 3, x
3
= 3 ± 2
.
9. x = 3
.
10. x
1
= –4, x
2
= 2.
11. x
1,2
= 1
3
(1 ± 7
), x
3,4
= 1
3
(–12 ± 5
6
).
12. x
1
= –2, x
2
= –3.
13. x
1,2
= 1
2
(3 ± 5
).
14. x
1
= 0,4, x
2
= 1.
15. x = –0,5.
16. x
1
= –4, x
2
= 2.
17. x = 5.
18. x
1,2
= 3 ± 39
, x
3,4
= 5 ± 55
.
19. x
1
= 2, x
2,3
= –1 ± 3
.
www.phoenixbooks.ru
Ответы • 317
20. x
1
= 1
2
, x
2
= 2.
21. x = 0.
22. x
1
= –2,5; x
2
= 5.
23. x
1
= –1; x
2
= 3; x
3
= –1,5; x
4
= 4,5.
24. x
1,2
= 2 ± 5
; x
3,4
= 1
2
(3 ±
13
).
25. x
1
= 0; x
2
= 3; x
3
= –
2
3
.
26. x
1,2
= ±
1
2
; x
3,4
= ±2.
27. x
1,2
= ±1; x
3,4
= ±6.
28. x
1
= 1
2
; x
2
= 2; x
3,4
= 1
3
(1 ± 10
).
29. x
1,2
= ±
1
2
; x
3,4
= ±2.
30. x
1
= 0; x
2
= 77; x
3
= 2977
77
.
°§°±¤«¬¤ª§¬¤¨¬º´²¯¡¬¤¬§¨
1. (0;0), (1,2), 44 4
;
23 23
.
2. (2;2), 19 8
;
5 25
, 25 8
;
7 7
.
3. (2; 3
), (
3
; 2), (–
3
; –2), (–2; –
3
).
4. (3; –2).
5. (2; 1), (–2; –1), 3
;2
2
, 3
;2
2
.
6. (–1; 2), (2; –1).
www.phoenixbooks.ru
318 • Различные способы решения уравнений и задач...
7. (1; 3), (3; 1), 10 97 10 97
;
3 3
.
8. (3; 3), 3 75
;
7 13
.
9. (±3; ±2), (±2; ±3).
10. (1; 2), 1
1;
2
, 1
;1
2
, (2; 1).
11. (±
4
8
; ±
4
2
), 3 3 3
;
2 2
.
12. (2; 3), 3
;4
2
.
13. (0; 0), (2; 3), 26 13
;
5 5
.
14. (±3; ±5), 5 13
;
3 3
.
15. (±1; ±2), (±2; ±1).
16. (±1; ±1), 1
0;
3
.
17. (3; 1), (–1; –3), (
3
13
; –
3
13
).
18. (2; 1), 21 35
;
43 43
. 19. (±3; ±2), 3 30 2 30
;
10 3
.
20. (±1; ±1).
21. (–3 – 3
3
; –3 – 2
3
), (3
3
– 3; 2
3
– 3).
22. (±3; ±2), (±2; ±3).
www.phoenixbooks.ru
Литература • 329
ЛИТЕРАТУРА
Балаян Э.Н. Репетитор по математике для посту-
пающих в вузы. — 9-е изд. — Ростов н/Д: Феникс, 2010.
Балаян Э.Н. Сборник задач по математике для подготовки к ЕГЭ и олимпиадам. — Ростов н/Д: Феникс, 2010.
Балаян Э.Н. Готовимся к олимпиадам по матема-
тике. — Ростов н/Д: Феникс, 2009.
Дьюдени Г.Э. 520 головоломок. — М.: Мир, 1975.
Кордемский Б.А. Математическая смекалка. — М.: Государственное издательство технико-теорети-
ческой литературы, 1957.
Оре О. Приглашение в теорию чисел. — М.: Нау-
ка, 1980.
Соминский И.С. Элементарная алгебра (дополни-
тельный курс). — 3-е изд. — М.: Наука, 1967.
Перельман Я.И. Занимательная алгебра. — М.: Наука, 1967.
www.phoenixbooks.ru
330 • Различные способы решения уравнений и задач...
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ................................................3
§1. Алгебраические уравнения высших степеней .................................................5
Задачи для самостоятельного решения .........20
§2. Системы нелинейных уравнений ..............23
Задачи для самостоятельного решения .........84
§3. Текстовые задачи. Прогрессии .................88
1. Текстовые задачи ...................................88
2. Прогрессии ............................................96
Задачи для самостоятельного решения .......101
§4. Иррациональные уравнения, системы и неравенства .......................................105
1. Иррациональные уравнения ..................105
2. Системы иррациональных уравнений .....151
3. Иррациональные неравенства ................163
Задачи для самостоятельного решения .......168
§5. Уравнения и неравенства с модулем .......171
1. Уравнения с модулем ............................171
2. Неравенства с модулем .........................175
Задачи для самостоятельного решения .......187
§6. Логарифмические и показательные уравнения, системы и неравенства .........188
1. Логарифмические и показательные уравнения ...............................................188
www.phoenixbooks.ru
Содержание • 331
2. Системы уравнений ..............................193
3. Неравенства ........................................197
Задачи для самостоятельного решения .......204
§7. Тригонометрические уравнения. Доказательство тождеств .......................207
1. Тригонометрические уравнения .............207
2. Доказательство тождеств ......................233
Задачи для самостоятельного решения .......237
§8. Задачи по геометрии .............................239
1. Планиметрия .......................................239
2. Стереометрия ......................................271
Задачи для самостоятельного решения .......281
§9. Избранные задачи ................................286
1. Некоторые применения формул Пифагора ....................................286
2. Задача Фибоначчи ................................301
Ответы .....................................................316
Литература ...............................................329
www.phoenixbooks.ru
Серия «Большая перемена»
!" #
$%$%&
# #'%!& & ' $#$
7(11 &
Ответственный редактор С. Осташов
Технический редактор Л. Багрянцева
Обложка А. Вартанов
Корректоры О. Милованова, М. Лепехина
Сдано в набор 15.06.2010. Подписано в печать 29.09.2010.
Формат 84 108 1/32. Бумага тип № 2. Гарнитура SchoolBook. Печать офсетная. Усл. печ. л. 17,64. Тираж 2500 экз. Заказ №
ООО «Феникс»
344082, г. Ростов-на-Дону, пер. Халтуринский, 80.
Отпечатано с готовых диапозитивов в ЗАО «Книга»
344019, г. Ростов-на-Дону, ул. Советская, 57.
www.phoenixbooks.ru
Автор
phoenixbooks
Документ
Категория
Математика
Просмотров
12 483
Размер файла
171 Кб
Теги
егэ, различные, уравнений, способы, задач, классы, математике, олимпиадам, решения, подготовки
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа