close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Математика C3 2011

код для вставкиСкачать
Методы решения неравенств с одной переменной
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
1
СОДЕРЖАНИЕ
стр.
1. Алгебраические мет
о
ды решения
2
1.1. Сведение неравенства к равно
-
сил
ь
ной системе или совокупности систем
…
………………………………
2
● неравенства
, содержащие ирр
а-
циональны
е
выражени
я
..
..................
3
● неравенства
, содержащие
показ
а-
тельн
ы
е
выраж
е
ния...........................
7
● неравенства
, содержащие лог
а-
рифми
чески
е выраж
е
ния…….…...
..
8
● неравенства
, содержащие
выр
а-
жения с модул
я
ми.
……...………….
10
● расщепление нер
а
венств
……
.......
.
12
1.2.
Метод замены
……………………
.
1
3
● введение одной новой переме
н-
ной
…………………………………
.
.
1
3
● введение двух новых переме
н-
ных
...
..
................................................
.
1
4
● тригонометрическая подстано
в
ка..
1
5
1.3. Разбиение области определения
н
е
равенства на подмножества
………
.
1
6
2. Функционально
-
гр
афические
методы реш
е
ния
…………………
…..
1
7
2.1.
Использование области опред
е-
ления функции
…………………
…….
.
1
8
2.2.
Использование непрерывности
фун
к
ции
……………………………
...
.
1
8
● метод интерв
а
лов
………………
…
1
8
● первое обобщение метода инте
р-
валов
……………………………….
..
20
● второе обобщение метода инте
р-
валов
……………………………….
.
.
20
● рационализация нер
а
венств
……
..
22
● метод интервалов
на координатной окружности…………………………
…
26
2.3.
Использование ограниченности
ф
ун
к
ций
……………………………
….
2
7
● метод оце
н
ки
……………………
..
2
7
● н
е
отрицательн
ость функции
…
...
.
.
2
7
● применение свойств мод
у
ля….....
2
8
● ограниченность синуса и косин
у
са
.
.
2
8
● применение классических
нер
а
венств
……………………
……..
2
9
2.4
. Использование монотонности
ф
ун
к
ций
………………………………
.
30
● монотонность функции на множ
е
стве R
……………
…
…
…
…
30
● монотонность функции на
промежу
т
ке
……………………
…..
3
1
● функции разной монотонности
…..
3
3
2.5.
Графический метод
……………
….
3
4
3. Геометрические мет
о
ды решения
3
5
3.1.
Расстояние на координатной
пр
я
мой
……………………………
…….
3
5
3.2.
Расстояние на координатно
й
плоск
о
сти
……………………………
…
3
6
3.3.
Векторная интерпретация
неравенс
т
ва
……………………
………
3
7
Упражн
е
ния
………………………
….
3
8
Ответы
………………………………..
45
Список и источники литерат
у
ры
…
4
7
МАТЕМАТИКА ЕГЭ 201
1
(типовые задания С
3
)
Методы решения неравенств
с одной переменной
Корянов А. Г.
,
г. Брянск
,
akory
a
nov
@
mail
.
ru
Прокофьев А.А.
,
г. Москва
,
aaprokof@yandex.ru
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
2
В зависимости от трактовки или инте
р-
претации неравенства различают алге
б-
раический, ф
ункциональный или геоме
т-
рический подходы в решении нер
а
венств.
Первые два подхода различаются в п
о-
нятии неравенства, которое рассматрив
а-
ется либо как сравнение двух выраж
е
ний, либо как сравнение двух функций.
При алгебраическом подходе выполн
я-
ют равносильн
ые общие или части
ч
ные прео
б
разования неравенств (над обеими частями неравенства или отдельных в
ы-
ражений, входящих в неравенс
т
во). При функциональном подходе испол
ь-
зуют свойства функций (монотонность, ограниченность и т.д.), входящих в да
н
ное нер
а
венство.
В некоторых случаях алгебраический и функциональный подходы взаимно зам
е-
няемы. Это можно проследить, нач
и
ная с определения неравенства. Далее в прео
б-
разованиях неравенства мы испол
ь
зуем утверждения, придерживаясь алгебраич
е-
ской или функциональной линии. Н
апр
и-
мер, утверждение «Если обе части нер
а-
венства )
(
)
(
x
h
x
g
возвести в одну и ту же нечетную степень, то получим нер
а-
венство )
(
)
(
1
2
1
2
x
h
x
g
n
n
, равн
о
сильное данному» можно заменить другим утве
р-
ждением «По свойству строго возраста
ю-
щей фун
кции n
t
y
n
,
1
2
N
,
на R
нер
а-
венства )
(
)
(
x
h
x
g
и )
(
)
(
1
2
1
2
x
h
x
g
n
n
ра
в
носильны
»
.
Основой геометрического подхода я
в-
ляется интерпретация неравенств и их р
е-
шений на координатной прямой, коорд
и-
натной плоскости или в пространстве
, что позволяет перейти к равносильным нер
а-
венствам, опираясь на геометрические у
т-
верждения.
1. Алгебраические методы
реш
е
ния
Если исходить из определения нераве
н-
ства, в котором в обеих частях зап
и
саны выражения с переменной, то при решении неравенств исп
ользуют прео
б
разования (возведение в четную или нечетную ст
е-
пень, логарифмирование, потенциров
а-
ние), позволяющие пр
и
вести неравенство к более простому виду. В процессе прео
б-
разований множество р
е
шений исходного неравенства либо не меняется, либо ра
с-
ширяетс
я (можно п
о
лучить посторонние решения), либо с
у
жается (можно потерять решения). П
о
этому важно знать, какие преобразования неравенства явл
я
ются равносильными и при каких усл
о
виях.
1.1. Сведение
неравенства к равносильной системе
или совокупн
о
сти систем
Ка
к правило, преобразования испол
ь-
зуют для того, чтобы в неравенстве осв
о-
бодиться от знаков корней, от знаков м
о-
дуля, от степеней, от знаков логари
ф
ма. Поэтому ниже приведены схемы реш
е-
ния некоторых стандартных нер
а
венств определенного вида. При этом о
т
мети
м, что на практике некоторые цепочки пр
е-
образований делают короче, пр
о
пуская некоторые очевидные преобразования. Например, вместо длинной цепочки пр
е-
образ
о
ваний
N
n
x
g
x
f
n
n
,
)
(
)
(
2
2
,
0
)
(
,
0
)
(
,
)
(
)
(
2
2
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
n
n
,
0
)
(
),
(
)
(
0
)
(
,
0
)
(
),
(
)
(
x
g
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
используют краткую схему решения
N
n
x
g
x
f
n
n
,
)
(
)
(
2
2
,
.
0
)
(
),
(
)
(
x
g
x
g
x
f
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
3
В общем случае, если решение нераве
н-
ства не укладывается в стандартную сх
е-
му, ход решения разбивают на несколько л
о
гически возможн
ы
х
случа
ев
.
При
мер 1
. (МИОО, 2009). Решите н
е-
равенство 2
2
1
5
1
9
6
3
x
x
x
x
x
2
2
1
5
1
9
6
4
x
x
x
.
Решение
. Так как 2
2
)
3
(
9
6
x
x
x
, то о
бласть допустимых значений переме
н-
ной x
определяется усл
о
виями:
.
4
,
5
,
0
1
5
,
0
5
,
0
x
x
x
x
x
x
Исходное н
еравенство при получе
н
ных ограничениях для пе
ременной x
равн
о-
сильно н
е
равенству
0
4
3
1
5
1
9
6
2
2
x
x
x
x
x
.
(
*
)
Так как
0
1
5
1
9
6
2
2
x
x
x
, то ра
с-
смотрим два случая.
1. 1
|
3
|
0
1
9
6
2
x
x
x
, что возможно при 2
x
и
ли
4
x
. Значит, с
учетом полученных ранее ограничений, 2
x
–
решение
, так как в этом случае
л
е-
вая часть неравенства (
*
) равна н
у
лю
.
2. 0
1
9
6
2
x
x
. Тогда неравенс
т-
во (
*
) равносильно неравенству
0
3
4
0
4
3
2
x
x
x
x
x
0
)
3
)(
1
(
x
x
x
.
На числовой прямой Ox
(рис.1) дано графическое представление решения п
о-
следнего неравенства.
Замечание. При решении неравенства 0
)
3
)(
1
(
x
x
x
использован метод инте
р-
валов (см. разде
л «Метод интерв
а
лов»).
С учетом полученных ранее огранич
е-
ний записываем
ответ.
Ответ
:
.
5
4
,
4
3
,
2
,
1
0
x
x
x
x
Пример 2
. (МИЭТ, 2000). Решите н
е-
равенство 3
2
)
1
(
2
)
2
(
2
x
x
x
.
Решение
. Выполняя равносильные пр
е-
образования данного неравенства, пол
у-
чим:
3
2
)
1
(
2
)
2
(
2
x
x
x
0
3
2
)
1
(
2
4
4
2
x
x
x
x
0
3
2
3
2
)
1
(
2
1
2
2
x
x
x
x
x
0
3
2
3
2
)
1
(
2
)
1
(
2
2
x
x
x
x
0
3
2
)
1
(
2
x
x
0
3
2
1
x
x
2
)
1
(
3
2
,
0
1
1
3
2
x
x
x
x
x
2
2
,
1
2
x
x
x
.
Ответ
:
2
.
неравенства, содерж
ащие иррациональные выражени
я
Приведем некоторые стандартные сх
е-
мы для решения иррациональных нер
а-
венств, в которых используют возвед
е
ние в натуральную степень обеих частей нер
а-
венс
т
ва.
● ;
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(1)
● ;
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(2)
x
Рис. 1
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
4
● ;
0
)
(
,
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(3)
● ;
0
)
(
,
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(4)
● ;
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(5)
● ;
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
(6)
● )
(
)
(
)
(
)
(
1
2
1
2
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
;
(7)
● )
(
)
(
)
(
)
(
1
2
1
2
x
g
x
f
x
g
x
f
n
n
,
(8)
где символ в схемах (7) и (8)
заменяет один из знаков
н
е
равенств
: .
,
,
,
Пример 3
. Решите неравенство
x
x
2
18
.
Решение
. Если 0
2
x
или 0
2
x
, то исходное нер
а
венство не выполняется, так как 0
18
x
. Пусть 0
2
x
, тогда пр
и возведении обеих частей неравенства в квадрат пол
у-
чим на ее области определения и при у
с-
ловии 0
2
x
равносильное нераве
н
ство.
.
2
,
18
,
0
)
2
)(
7
(
0
2
,
0
18
,
)
2
(
18
2
x
x
x
x
x
x
x
x
На рис. 2 представлен способ графич
е-
ской интерпретации получения решения последней системы неравенств.
В итоге получаем
2
18
x
–
реш
е-
ние системы.
Ответ
:
2
18
x
.
Для решения данного неравенства мо
ж-
но использовать схему
(3). Тогда
п
о
лучим, что данное неравенство равносильно си
с-
теме
.
2
,
18
,
0
)
2
)(
7
(
0
2
,
0
18
,
)
2
(
18
2
x
x
x
x
x
x
x
x
В отличие от рисунка 2 другой способ графического представления решения п
о-
следней системы неравенств с использов
а-
нием
одной числовой прямой Ox
пре
д-
ставлен на рис. 3
.
Пример 4
. (МИЭТ, 1999). Решите н
е-
равенство .
3
2
9
10
2
2
x
x
x
x
Решение
. Используя схему (6), пол
у-
чим, что данное неравенство равносильно совокупности двух систем:
(
I
) .
0
3
2
,
)
3
2
(
9
10
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
и (
II
) 0
3
2
,
0
9
10
2
2
x
x
x
x
Для системы (
I
) имеем:
0
3
2
2
x
x
при )
;
3
[
]
1
;
(
x
;
Первое неравенство системы (
I
) привод
и
м к виду:
2
2
)
3
(
)
1
(
)
9
)(
1
(
x
x
x
x
0
)
9
(
)
3
)(
1
(
)
1
(
2
x
x
x
x
0
)
2
5
(
)
1
(
2
x
x
x
x
2
x
2
Рис. 3
2
x
2
x
x
Рис. 2
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
5
0
2
17
5
2
17
5
)
1
(
x
x
x
x
.
Заметим, что 2
1
2
17
5
0
, а 5
2
17
5
2
9
. На числовой прямой Ox
(
с
м. рис.
4
) д
а-
но графическое представление решения п
ерво
го
н
е
равенств
а
системы (
I
)
.
Тогда решением системы (
I
) являются (см. рис. 5
) все значения
2
17
5
;
3
}
1
{
x
.
Для системы (
II
) имеем:
0
9
10
2
x
x
при )
;
1
[
]
9
;
(
x
;
0
3
2
2
x
x
при )
3
;
1
(
x
.
Следовательно, решением системы (
II
) будет )
3
;
1
(
x
.
Объединяя решения (
I
) и (
II
), получ
а
ем ответ.
Ответ:
2
17
5
;
1
.
При решении данного в примере 4
н
е-
равенства использован формальны
й пер
е-
ход к равносильной совокупности по сх
е-
ме (6). Рассмотрим содержательную ст
о-
рону этого п
е
рехода.
Если 0
3
2
2
x
x
, то обе части нер
а-
венства неотрицательны. После возвед
е-
ния в квадрат обеих частей неравенства получим на его области определе
ния и при условии 0
3
2
2
x
x
равносильное н
е-
равенство, то есть систему неравенств
.
0
3
2
,
0
9
10
,
)
3
2
(
9
10
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
.
0
3
2
,
)
3
2
(
9
10
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
Пусть 0
3
2
2
x
x
. Так как 0
9
10
2
x
x
, то исходное неравенство выполняется на о
б
ласти е
го определения, т
.
е
.
получаем
систему нер
а
венств
.
0
3
2
,
0
9
10
2
2
x
x
x
x
Пример 5
. (МИОО, 2009). Решите н
е-
равенство .
1
7
14
6
7
2
3
x
x
x
x
x
Решение
. Выполняя равносильные п
е-
реходы, получим
1
7
14
6
7
2
3
x
x
x
x
x
1
,
7
14
6
1
7
2
3
x
x
x
x
x
x
1
,
0
1
,
0
7
,
7
14
6
)
1
)(
7
(
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
7
1
,
0
6
5
2
3
x
x
x
x
.
7
1
,
0
)
3
)(
2
(
x
x
x
x
На рис. 6
представлен
а
графическая и
н-
терпретация получения решения после
д-
ней системы неравенств.
Ответ:
.
7
3
,
2
1
x
x
x
Рис. 6
x
0
5
1
7
2
5
1
7
2
3
Рис. 5
x
0
5
1
7
2
5
1
7
2
3
Рис. 4
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
6
Пример 6
. Решите неравенство
2
2
3
2
x
x
.
Решение
.
Обозначим ,
2
t
x
где 0
t
. Тогда выразим 2
2
t
x
и прив
е-
дем данное неравенство к виду 2
7
2
2
t
t
.
Так как 0
2
t
, то получаем равн
о-
сильное неравенство 4
4
7
2
2
2
t
t
t
или 0
3
4
2
t
t
при 0
t
. Отсюда получаем
.
3
1
0
0
3
1
t
t
t
t
t
Возвращаемся к переменной x
:
9
2
1
2
0
3
2
1
2
0
x
x
x
x
.
11
3
2
x
x
Ответ
:
11
;
3
2
x
x
.
Пример 7
.
(М
ИЭТ, 2002).
Решите н
е-
равенство
2
2
15
8
1
1
2
1
8
1
x
x
x
x
.
Решение
. Область определения данн
о
го неравенс
тва определяется условиями:
0
)
8
)(
1
2
(
,
0
1
2
0
8
0
2
15
8
,
0
1
2
0
8
2
x
x
x
x
x
x
x
x
8
5
,
0
x
.
Запишем исходное неравенство в сл
е-
дующем виде
)
1
2
)(
8
(
1
1
2
1
8
1
x
x
x
x
.
(
*
)
Так
как на области определения исхо
д-
ного неравенства 0
)
1
2
)(
8
(
x
x
, то
,
у
множив
обе части неравенства
(
*
)
на )
1
2
)(
8
(
x
x
, получим неравенство, равносильное и
с
ходному:
1
1
2
)
1
2
)(
8
(
8
)
1
2
)(
8
(
x
x
x
x
x
x
1
8
1
2
x
x
x
x
8
1
1
2
.
Левая и правая части п
оследне
го
нер
а-
венств
а неотрицательны при 8
5
,
0
x
, поэтому после возведения их в квадрат и приведения подобных членов
получим н
е-
равенство
2
)
8
3
(
)
8
(
4
,
0
8
,
0
8
3
8
3
8
2
x
x
x
x
x
x
8
4
0
)
4
)(
8
9
(
,
8
,
3
8
x
x
x
x
x
.
На рис. 7
представлена графи
ческая и
н-
терпретация получения решения после
д-
ней системы нер
а
венств.
С учетом условия 8
5
,
0
x
получ
а-
ем ответ.
Ответ
:
8
4
x
.
4
x
8
3
8
9
8
Рис. 7
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
7
неравенства, содержащие
показательные выраж
е
ния
Приведем некоторые стандартные сх
е-
мы
для решения показательных нер
а-
венств, в которых используют логарифм
и-
рование обеих частей неравенс
т
ва.
●
.
1
)
(
0
),
(
)
(
,
1
)
(
),
(
)
(
))
(
(
))
(
(
)
(
)
(
x
x
f
x
g
x
x
g
x
f
x
x
x
g
x
f
(
9
)
● .
1
)
(
,
1
)
(
0
),
(
)
(
,
1
)
(
),
(
)
(
))
(
(
))
(
(
)
(
)
(
x
x
x
f
x
g
x
x
g
x
f
x
x
x
g
x
f
(
10
)
В частности:
●
Если число 1
a
, то
)
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
a
a
x
g
x
f
.
(
11
)
●
Если число 1
0
a
, то
)
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
a
a
x
g
x
f
.
(
12
)
●
.
0
)
(
,
0
)
(
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
)
(
))
(
(
))
(
(
)
(
)
(
x
x
f
x
g
x
x
g
x
f
x
g
x
f
x
x
(13)
Пример
8
. Решите неравенство
1
2
1
1
log
2
2
x
.
Решение
.
1
-
й способ
. Область допуст
и-
мых знач
е
ний переменной x
определяется усло
вием
: .
1
,
1
0
1
2
x
x
x
При допустимых значениях переменной пр
еобразуем левую часть данного нер
а-
венства
1
1
log
1
log
1
1
log
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
x
x
x
1
1
)
1
(
2
1
2
x
x
.
Получаем неравенство
.
2
1
,
1
2
0
1
2
1
1
1
2
2
2
x
x
x
x
x
2
-
й способ
. Так как 0
2
1
1
и 1
2
1
0
,
то
, и
спользуя схему (
12
), пол
у
чаем
:
0
2
1
2
1
1
2
1
1
log
1
log
2
2
2
2
x
x
0
1
log
2
2
x
1
,
1
,
2
2
,
0
1
,
1
1
2
2
x
x
x
x
x
.
2
1
,
1
2
x
x
О
т
вет: )
2
;
1
(
)
1
;
2
(
.
Замечание
. При решении неравенства 0
1
log
2
2
x
использована станд
артная схема решения логарифмических нер
а-
венств (см. раздел «неравенства, содерж
а-
щие логарифмические выражени
я
»).
Пример 9
. Решите неравенство
1
)
1
(
2
x
x
x
.
Решение
.
Приведем неравенство к в
и
ду 0
2
2
)
1
(
)
1
(
x
x
x
x
x
и воспол
ь
зуемся схемой (9).
1
)
1
(
2
x
x
x
)
2
(
.
1
1
0
,
0
)
1
(
,
1
1
,
0
2
2
x
x
x
x
x
x
Решим систему (1) полученной сов
о-
купности:
1
1
,
0
2
x
x
x
0
)
1
(
,
0
x
x
x
1
0
1
,
0
x
x
x
.
Решим систему (2) сов
о
купности:
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
8
0
)
1
(
0
1
,
0
.
1
1
0
,
0
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
.
0
1
,
0
0
)
1
(
,
0
x
x
x
x
x
Нет р
е
шений.
О
т
вет
:
1
x
.
При решении данного неравенства и
с-
пользован формальный переход к равн
о-
сильной совокупности по схеме (9). Ра
с-
смотрим содержательную сторону этого пер
е
хода.
Выражение x
x
x
)
1
(
2
положител
ь
но, так как 0
1
2
x
x
при всех знач
е
ниях R
x
. Прологарифмируем обе части да
н-
ного неравенства 1
lg
)
1
lg(
2
x
x
x
0
)
1
lg(
2
x
x
x
.
1
1
,
0
,
1
1
,
0
0
)
1
lg(
,
0
,
0
)
1
lg(
,
0
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
неравенства, содержащие логарифмические выраж
е
ния
Приведем некоторые стандартные сх
е-
м
ы для решения логарифмических нер
а-
венств, в которых используют потенцир
о-
вание обеих частей нераве
н
ства.
●
)
(
log
)
(
log
)
(
)
(
x
g
x
f
x
x
.
1
)
(
0
,
0
)
(
)
(
,
1
)
(
,
0
)
(
)
(
x
x
f
x
g
x
x
g
x
f
(
1
4
)
В частности:
●
Если число 1
a
, то
0
)
(
)
(
)
(
log
)
(
log
x
g
x
f
x
g
x
f
a
a
.
(1
5
)
●
Если число 1
0
a
, то
.
0
)
(
)
(
)
(
log
)
(
log
x
f
x
g
x
g
x
f
a
a
(1
6
)
●
)
(
log
)
(
log
)
(
)
(
x
g
x
f
x
x
.
1
)
(
0
,
0
)
(
)
(
,
1
)
(
,
0
)
(
)
(
x
x
f
x
g
x
x
g
x
f
(1
7
)
В час
т
ности:
●
Е
с
ли число 1
a
, то
0
)
(
)
(
)
(
log
)
(
log
x
g
x
f
x
g
x
f
a
a
.
(1
8
)
●
Если число 1
0
a
, то
0
)
(
)
(
)
(
log
)
(
log
x
f
x
g
x
g
x
f
a
a
.
(1
9
)
Пример 10
.
Решите неравенство ).
3
(
log
2
log
1
,
0
2
1
,
0
x
x
x
Решение
.
Так как основание 0,1 лог
а-
рифмов, стоящих в обеих частях нераве
н-
ства, удовлетвор
яют условию 1
1
,
0
0
, то, используя схему (1
9
), пол
у
чаем, что
данное неравенство равн
о
сильно системе
.
0
)
2
)(
1
(
,
0
)
5
)(
5
(
0
2
,
3
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
На рис. 8
представлена графическая и
н-
терпретация получения решения после
д-
ней системы неравенств.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
9
О
т
вет
:
.
5
;
1
2
;
5
Пример 11
. (МИОО, 2009). Решите н
е-
раве
н
ство
)
7
14
6
(
log
)
7
(
log
2
3
x
x
x
x
x
x
)
1
(
log
x
x
.
Решение.
Выполняя равносильные п
е-
реходы, получим, что данное нераве
н
ство равносильно следующей системе нер
а-
венств
.
1
),
7
14
6
(
log
)
1
)(
7
(
log
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
В
соответствии со схемой (1
7
) для р
е-
шения необходимо рассмотреть только случай, когда основание больше единицы, поэтому полученная система равн
о
сильна следующей
7
1
,
7
14
6
)
1
)(
7
(
2
3
x
x
x
x
x
x
7
1
,
0
6
5
2
3
x
x
x
x
.
7
1
,
0
)
3
)(
2
(
x
x
x
x
На рис. 9
представлена г
рафическая и
н-
терпретация получения решения после
д-
ней системы неравенств.
Ответ
:
)
7
;
3
(
)
2
;
1
(
.
Замечание. В п
риведенном решении данного неравенства в большей степени отражена математическая часть, чем мет
о-
дическая.
При переходе от исходного нер
а-
венства к первой системе учтена часть о
б-
ласти определения нераве
н
ства 0
1
x
. В следующей системе учт
е
но еще условие 0
7
x
и 0
)
1
)(
7
(
x
x
.
Пример 12
.
(ЕГЭ 2010)
. Решите нер
а-
вен
ство
)
7
(
log
)
12
(
log
)
7
(
log
|
|
log
2
3
3
1
2
1
2
x
x
x
x
x
x
.
Реше
ние.
В соответствии с определен
и-
е
м
логарифма, входящие в неравенство выражения имеют смысл при выполн
е
нии усл
о
вий:
12
,
6
,
7
,
0
1
,
0
0
12
,
1
7
,
0
7
,
1
2
,
0
|
|
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Из системы получаем значения
)
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
6
(
)
6
;
7
(
x
.
Так как при допустимых значениях п
е-
ременной x
по свойствам логарифма спр
а-
ведливы р
а
венства: |
|
log
)
7
(
log
|
|
log
7
1
2
1
2
x
x
x
x
x
x
и
)
12
(
log
)
7
(
log
)
12
(
log
7
3
3
x
x
x
x
,
то исходное неравенство приводится к в
и-
ду
)
12
(
log
|
|
log
2
7
7
x
x
x
x
)
12
(
log
log
7
2
7
x
x
x
x
.
Последнее неравенство равносильно сов
о-
купности двух систем
на
множестве
)
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
6
(
)
6
;
7
(
:
0
12
,
6
0
12
,
6
7
12
,
1
7
12
,
1
7
0
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
4
3
,
6
7
0
)
3
)(
4
(
,
6
0
)
3
)(
4
(
,
6
7
x
x
x
x
x
x
x
x
2
x
Рис. 8
x
x
Рис. 9
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
10
С учетом области определения данн
о
го неравенства
)
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
6
(
)
6
;
7
(
пол
у
чаем ответ
.
Ответ.
]
4
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
3
[
)
6
;
7
(
.
неравенства, содержащие выражения
с модул
я
ми
Приме
р 13
.
(МИЭТ, 2002).
Решите н
е-
равенство 11
4
3
|
9
|
1
x
x
x
.
Решение.
Данное неравенство равносил
ь-
но с
о
вокупности двух систем:
(
I
) 11
4
3
9
1
,
9
x
x
x
x
и (
II
) .
11
4
3
9
1
,
9
x
x
x
x
Для системы (
I
) имеем:
0
)
11
4
)(
9
(
38
16
,
9
)
I
(
2
x
x
x
x
x
0
)
11
4
)(
9
(
)
26
8
)(
26
8
(
,
9
x
x
x
x
x
26
8
x
.
Для системы (
II
) имеем:
.
4
,
75
,
2
0
)
11
4
)(
9
(
)
4
(
,
9
)
II
(
2
x
x
x
x
x
x
Объединяя решения (
I
) и (
II
), получ
а
ем ответ.
Ответ
:
75
,
2
x
, 4
x
, 26
8
x
.
Приведем некоторые стандартные сх
е-
мы для решения не
равенств с модул
я
ми, которые опираются на определение мод
у-
ля, его геометрический смысл и свойства.
●
),
(
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(
20
)
● );
(
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
1
)
● );
(
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
2
)
● );
(
)
(
),
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
3
)
● )
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
0
)
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
;
(2
4
)
● )
(
)
(
)
(
)
(
2
2
x
g
x
f
x
g
x
f
0
)
(
)
(
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
.
(2
5
)
Пример
14
.
Решите неравенство 3
2
4
2
5
7
x
x
x
x
3
2
4
2
5
7
x
x
x
x
.
Решение
.
Используя схему (20) получ
а-
ем, что
д
анное неравенство равносил
ь
но системе н
е
равенств
)
3
2
4
(
3
2
4
,
3
2
4
3
2
4
2
5
7
2
5
7
2
5
7
2
5
7
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
или после приведения подобных членов
1
0
0
1
3
0
4
0
3
2
2
5
2
x
x
x
x
x
x
x
.
Ответ
:
1
0
x
.
Пример 1
5
.
Решите неравенс
т
во 0
1
)
1
2
(
log
)
1
2
(
log
3
9
x
x
.
Решение.
Данное неравенство
равн
о-
сильно следующему
)
1
2
(
log
1
)
1
2
(
log
9
3
x
x
.
Используя схему (2
3
)
,
получаем, что это неравенство, а значит и исходное, равн
о-
сильно совокупности нер
а
венств
)
1
2
(
log
1
)
1
2
(
log
),
1
2
(
log
1
)
1
2
(
log
9
3
9
3
x
x
x
x
1
)
1
2
(
log
5
,
0
)
1
2
(
log
),
1
2
(
log
5
,
0
1
)
1
2
(
log
3
3
3
3
x
x
x
x
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
11
.
9
1
1
2
0
,
9
1
2
2
)
1
2
(
log
,
3
2
)
1
2
(
log
3
3
3
x
x
x
x
Отсюда получаем ответ.
Ответ
:
9
4
2
1
x
, 2
1
9
3
x
.
Пример 1
6
.
Решите неравенс
т
во 1
2
1
|
2
2
|
x
x
x
x
.
Решение.
Используя схему (22), пол
у-
чаем, что данное неравенство равносил
ь
но совокупности н
е
равенств
.
1
2
1
|
2
2
|
,
1
2
1
|
2
2
|
x
x
x
x
x
x
x
x
Используя схемы (20) и (22), получ
а
ем, что эта совокупность равносильна сл
е-
дующей.
2
2
2
2
,
2
2
2
2
,
2
2
2
,
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
0
,
1
,
0
,
1
0
,
4
2
,
2
2
,
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
Ответ
:
)
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
(
.
Для решения неравенств вида:
)
(
|
)
(
|
...
|
)
(
|
|
)
(
|
2
1
x
g
x
f
x
f
x
f
n
,
где символ заменяет один из знаков н
е-
равенств: ,
,
,
, прим
еняют метод промежутков. Для этого находят ОДЗ нер
а-
венства, определяют точки разрыва фун
к-
ций
,
...
),
(
),
(
2
1
x
f
x
f
)
(
x
f
n
и находят корни с
о
вокупности уравнений .
0
)
(
.....
..........
,
0
)
(
,
0
)
(
2
1
x
f
x
f
x
f
n
На каждом из промежутков, на которые найденные точки
разбивают ОДЗ, фун
к-
ции, сто
я
щие под знаком модуля, имеют постоянный знак. Поэтому исходное нер
а-
ве
н
ство на каждом промежутке заменяется на неравенство, не содержащее знаков а
б-
солютной величины и равносильное и
с-
ходному.
Пример 1
7
.
Решить неравенство
x
x
x
3
|
2
|
|
1
|
.
Решение.
Решением сов
о
купности 0
2
,
0
1
x
x
являются числа 1 и 2.
Эти числа разбивают числовую прямую на три промежутка )
1
;
(
, )
2
;
1
[
и )
;
2
[
. Освобождаясь от знаков мод
у
лей
, с учетом знаков выр
а
жений под знаком модуля решим данное неравенство на к
а-
ждом из этих промежутков
(см. рис. 1
0
)
.
Если 1
x
, то исходное нераве
н
ство равносильно неравенству 0
3
2
1
x
x
x
x
.
Получаем, что 0
x
есть решение и
с-
ходного неравенства
на рассматрива
е
мом пром
е
жутке. Если 2
1
x
, то исхо
д
ное неравенство равносильно нер
а
венству 2
3
2
1
x
x
x
x
.
Следовательно, на этом промежутке решений нет.
Если 2
x
, то ис
ходное неравенство равносильно неравенству 6
3
2
1
x
x
x
x
.
Получаем, что 6
x
есть решение и
с-
ходного уравнения на рассматр
и
ваемом промежу
т
ке. Объединяя полученные решения, зап
и-
шем ответ. Ответ
:
6
,
0
x
x
.
x
1
2
x
1
x
2
Рис. 10
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
12
расщеплени
е
неравенств
Если левая часть неравенства предста
в-
ляет собой произведение двух выр
а
жений, а правая часть равна нулю, то схема реш
е-
ния неравенства опирается на правило знаков при умножени
и
(делени
и
) полож
и-
тельных или отрицательных
чисел.
● .
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
6
)
● .
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
7
)
● .
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
8
)
● .
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
,
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
f
x
g
x
f
x
g
x
f
(2
9
)
Пример
1
8
. Решите неравенство 1
5
1
9
6
3
2
x
x
x
x
x
1
5
1
9
6
4
2
x
x
x
.
Решение
.
П
риведем дан
ное неравенс
т-
во к след
ующ
е
му виду
:
0
1
5
1
9
6
4
3
2
x
x
x
x
x
.
В соответствии со схемой п
о
лученное неравенство равносильно сов
окупности си
с
тем
(
I
) и (
II
)
:
(
I
)
)
2
(
;
0
1
5
1
|
3
|
)
1
(
,
0
4
3
x
x
x
x
(
II
) )
4
(
.
0
1
5
1
|
3
|
)
3
(
,
0
4
3
x
x
x
x
Решим каждое неравенство системы (
I
).
Для неравенства (1) имеем:
0
)
3
)(
1
(
0
4
3
x
x
x
x
x
.
3
,
1
0
x
x
.
Для неравенства (2) имеем:
0
1
5
,
0
1
|
3
|
,
0
1
5
0
1
|
3
|
0
1
5
1
|
3
|
x
x
x
x
x
x
5
4
,
4
2
,
4
2
,
4
1
5
,
1
|
3
|
,
1
5
,
1
|
3
|
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
x
.
Значит все значения
]
1
;
0
(
x
–
решени
я
си
с
темы (
I
).
Найдем решение системы (
I
I
). Для н
е-
равенств
а (3), используя решение (1), им
е-
ем:
.
3
1
,
0
0
4
3
x
x
x
x
.
Для неравенства (4), используя реш
е
ние (2) и учитывая ограничения 4
,
5
1
5
,
0
5
x
x
x
x
им
е
ем:
]
5
;
4
(
)
4
;
2
[
0
1
5
1
|
3
|
x
x
x
.
Значит все значения
)
3
;
2
[
x
–
решени
я
си
с
темы (
II
).
Об
ъединяя решения систем
(
I
) и (
II
)
,
получаем ответ.
Ответ
:
]
3
;
2
[
]
1
;
0
(
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
13
1.2. Метод замены
в
ведение одной новой переме
н
ной
При
мер 1
9
. Решите нераве
н
ство .
3
2
2
x
x
Решение.
Пусть t
x
,
где 0
t
.
Т
о-
гда получаем рационал
ь
ное неравенство
0
2
)
4
)(
1
(
3
2
2
t
t
t
t
t
.
Решая последнее неравенство методом интерв
а
лов, получаем:
.
16
4
,
1
0
4
2
,
1
0
4
2
,
1
0
x
x
x
x
t
t
Ответ
: ]
16
;
4
(
]
1
;
0
[
.
Пример 20
. (МИОО, 2009). Решите н
е-
равен
ство
.
1
1
5
6
1
5
6
1
2
2
x
x
x
x
Решение.
Пусть t
x
x
1
5
6
2
,
где 0
t
, тогда получаем систему неравенс
т
в
0
,
0
1
1
1
1
0
,
1
1
1
1
2
2
t
t
t
t
t
t
1
0
0
,
0
)
1
)(
1
(
t
t
t
t
t
.
Выполняя обратную замену, получаем
.
0
)
1
3
)(
1
2
(
,
0
)
5
6
(
0
1
5
6
,
1
1
5
6
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
Отсюда получаем (
см. рис. 1
2
) 3
1
0
x
или 6
5
2
1
x
.
Ответ
: 3
1
0
x
или 6
5
2
1
x
.
Пример
2
1
.
(
ЕГЭ 2010)
. Решите нер
а-
венс
т
во
1
7
5
7
log
1
7
5
7
log
16
2
2
5
16
2
2
5
x
x
x
x
2
2
2
5
1
7
log
x
.
Р
ешение.
В соответствии с определен
и-
е
м
логарифма, входящие в неравенство выражения имеют смысл при выполн
е
нии усл
о
вий:
.
0
1
7
,
0
1
7
5
7
2
2
16
2
2
x
x
x
Сдела
ем
замену t
x
2
7
. Так как нер
а-
венство 0
2
x
выполняется при всех x
, то по свойству степени с основанием бол
ь-
ше единицы получаем
1
7
7
0
0
2
x
. Отсюда 1
0
t
. С учетом последнего н
е-
равенства, запишем п
о
лученную выше систему
16
2
16
7
0
1
0
,
0
1
7
,
0
1
7
)
5
(
t
t
t
t
t
.
Исходное неравенство с переменной
t
будет иметь вид
1
7
5
log
1
7
)
5
(
log
16
5
16
5
t
t
t
t
2
5
)
1
49
(
log
t
,
где 16
7
0
t
.
Используя свойство логарифма (при допустимых значениях переменной су
м
ма л
о
гарифмов с одинаковым основанием равна логарифму произвед
е
ния), получим
2
2
5
2
5
1
7
log
)
5
(
log
t
t
2
2
)
1
49
(
)
5
(
t
t
,
0
x
5
6
1
3
1
2
Рис. 1
2
2
t
Рис. 11
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
14
так как 0
)
5
(
2
t
и 0
)
1
49
(
2
t
при 16
7
0
t
. Решим последнее неравенс
т
во:
2
2
)
1
49
(
)
5
(
t
t
0
)
1
49
(
)
5
(
2
2
t
t
0
)
1
49
(
)
5
(
)
1
49
(
)
5
(
t
t
t
t
25
3
12
1
0
)
6
50
)(
4
48
(
t
t
t
.
С учетом ограничения на t
получаем 16
7
0
t
.
Выполнив обратную замену, им
е
ем 16
2
7
7
x
. Отсюда
.
4
,
4
16
2
x
x
x
.
Ответ.
)
;
4
(
)
4
;
(
.
Пример 22
. (М
ФТИ
, 2009). Решите н
е-
равен
ство
4
1
log
2
log
2
1
x
x
5
|
2
log
)
4
4
(
log
|
1
2
x
x
.
Решение.
Область определения данн
о
го неравенства определяется условиями .
0
,
0
1
1
1
,
0
1
x
x
x
x
Так как при допустимых значениях x
справедливо равенство )
1
(
log
1
2
log
2
1
x
x
,
т
о, сделав замену t
x
)
1
(
log
2
, по
лучим неравенство
5
2
1
2
1
t
t
t
t
.
Полагая u
t
t
1
, получим неравенс
т
во 5
|
2
|
|
2
|
u
u
.
Используем геометрический способ решения последнего неравенства (см. ра
з-
дел «Геометрические
методы реш
е
ния»). Расстояние между точками –
2 и 2 меньше 5, поэтому для каждой из точек отрезка ]
2
;
2
[
сумма расстояний до т
о
чек –
2 и 2 меньше 5. Рассмотрим точки справа и сл
е-
ва от отрезка ]
2
;
2
[
. Для точки, лежащей праве
е точки 2, сумма расстояний от точек –
2 и 2 складыв
а
ется из длины отрезка ]
2
;
2
[
и удвоенн
о
го расстояния от этой точки до точки 2. Искомые точки находя
т-
ся правее точки 2 на расстоянии меньше 5
,
0
2
:
)
4
5
(
. Аналогично искомые то
ч-
к
и находятся слева от точки –
2 на рассто
я-
нии меньше 0,5. Следовательно, 5
,
2
5
,
2
5
|
2
|
|
2
|
u
u
u
5
,
2
|
|
u
.
Тогда 5
,
2
|
|
1
5
,
2
1
2
t
t
t
t
2
|
|
5
,
0
0
2
|
|
5
|
|
2
2
t
t
t
.
Последнее неравенство равносильно совокупности двух неравенств
5
,
0
)
1
(
log
2
,
2
)
1
(
log
5
,
0
2
2
x
x
.
1
2
1
4
3
,
3
1
2
2
1
1
4
1
,
4
1
2
x
x
x
x
Ответ.
1
2
1
4
3
x
, 3
1
2
x
.
введение двух новых переменных
Пример 2
3
.
(Тренировочная работа МИОО, ЕГЭ 2011
)
.
Решите неравенс
т
во
2
2
2
2
2
2
2
2
)
3
(
)
2
(
2
)
5
2
(
)
3
(
1
2
)
2
(
1
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Решение.
Входящие в неравенство в
ы-
ражения им
еют смысл при 2
x
и 3
x
.
При всех остальных x
неравенство равносильно следующему
2
2
2
2
)
1
(
)
2
(
2
)
1
(
)
3
(
2
x
x
x
x
2
2
)
5
2
(
x
x
2
2
2
2
)
2
3
(
2
)
3
4
(
2
x
x
x
x
2
2
)
5
2
(
x
x
.
Заметим, что )
2
3
(
)
3
4
(
5
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
.
Пусть u
x
x
3
4
2
и v
x
x
2
3
2
. Тогда последнее неравенство пр
и
мет вид
2
2
2
)
(
2
2
v
u
v
u
2
2
2
2
2
2
2
v
uv
u
v
u
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
15
0
2
2
2
v
uv
u
0
)
(
2
v
u
.
Отсюда следует, что v
u
.
Выполняя обратную замену, получаем 2
3
3
4
2
2
x
x
x
x
, т.е. 7
1
x
.
Ответ.
7
1
.
тригонометрическая подстановка
Если область определения данного н
е-
равенства совпадает с областью знач
е
ни
й
тригонометрической функции
, то иногда удобно использовать одну из з
а
мен:
,
sin
t
a
x
2
;
2
t
,
или t
a
x
cos
, ;
0
t
,
для неравенств, содержащи
х
выраж
е
ния 2
2
x
a
;
,
tg
t
a
x
2
;
2
t
,
или
t
a
x
ctg
, ;
0
t
,
для неравенств, содержащи
х
в
ы
ражения 2
2
x
a
;
,
sin
|
|
t
a
x
2
;
0
t
,
или
,
cos
|
|
t
a
x
2
;
0
t
,
для неравенств, с
о
держащи
х
выраж
ения 2
2
a
x
.
Пример 2
4
.
Решите неравенство
x
x
x
3
4
1
3
2
.
Решение
. Для решения неравенс
т
ва 0
3
4
1
3
2
x
x
x
используем м
е
тод интервалов. 1. Пусть x
x
x
x
f
3
4
1
)
(
3
2
.
2. ]
1
;
1
[
)
(
f
D
.
3. Найдем нули функции
)
(
x
f
, реш
ив
уравнение 0
3
4
1
3
2
x
x
x
.
Так как уравнение определено при всех значениях ],
1
;
1
[
x
то сделаем замен
у
t
x
sin
, 2
;
2
t
. Ура
в
нение примет вид 0
sin
3
sin
4
cos
3
t
t
t
или 0
3
sin
cos
t
t
. Далее имеем 0
3
sin
2
sin
t
t
0
4
2
cos
4
sin
2
t
t
,
2
8
3
,
4
,
0
4
2
cos
,
0
4
sin
k
t
n
t
t
t
где .
,
Z
k
n
Поскольку промежутку 2
;
2
пр
и-
надлежат три числа ,
4
8
и 8
3
, то корнями рассматриваемого уравнения я
в-
ляются числа ,
4
sin
,
8
sin
и 8
3
sin
. Так как 8
3
8
4
, то в с
и
лу возрастания функции t
y
sin
на пром
е-
жутке 2
;
2
имеем 8
3
sin
8
sin
4
sin
.
4. Найдем п
р
омежутки знакопостоянс
т-
ва фун
к
ции )
(
x
f
.
Так как )
(
x
f
непрерывна, как сумма непрерывных функций, и 0
)
0
(
f
,
то п
о-
лучаем
, что
0
)
(
x
f
при всех значен
и
ях
8
3
sin
;
8
sin
2
2
;
1
x
.
Ответ
: 8
3
sin
;
8
sin
2
2
;
1
.
Замечание. Если учесть, что 2
2
2
8
sin
, 2
2
2
8
3
sin
, то о
т-
вет можно записать в следующем виде
:
2
2
2
;
2
2
2
2
2
;
1
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
16
1.3.
Разбиение области определения
нер
а
венства на подмножества
Разбиение ОДЗ неизвестной неравенс
т-
ва на промежутки позволяет упростить н
е-
которые неравенства. Решение неравенс
т-
ва рассматривают отдельно на каждом промежутке.
Пример
2
5
.
Решите неравенство .
2
2
2
2
x
x
Решение
.
Данное неравенство опред
е-
лено при всех значениях х
. Рассмотрим два случая.
1. Пусть 0
x
,
тогда неравенство пр
и-
мет сл
е
дующий вид:
2
1
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
(в с
и
лу возрастания функции t
y
2
).
2. Если 0
x
, то
имеем:
0
,
2
,
0
1
2
2
2
2
2
1
2
2
t
t
t
t
x
x
x
,
1
2
2
,
1
2
2
0
,
2
,
1
2
,
1
2
x
x
x
t
t
t
t
).
1
2
(
log
),
1
2
(
log
2
2
x
x
С учетом условия 0
x
получаем, что )
1
2
(
log
2
x
является решением нер
а-
венства на рассма
триваемом промежу
т
ке, поскольку 0
1
log
)
1
2
(
log
2
2
, а
1
2
log
)
1
2
(
log
2
2
.
Объединим решения, полученные в первом и втором случаях.
Ответ
:
.
;
2
1
)
1
2
(
log
;
2
Пример
2
6
.
Решите неравенство .
2
2
2
log
3
4
log
2
2
2
x
x
x
Решение
.
Область определения данн
о
го н
е
равенства определяется условием: 0
)
2
)(
2
(
x
x
.
Отсюда получаем два пр
о
межутка: )
2
;
(
и )
;
2
(
.
Рассмотрим два случая.
1. Пусть 2
x
.
Тогда
неравенство примет с
ледующий
вид:
)
2
(
log
3
)
2
(
log
)
2
(
log
2
2
2
x
x
x
2
)
2
(
log
3
2
x
или
1
)
2
(
log
)
2
(
log
2
2
2
x
x
.
Отсюда
)
2
(
2
)
2
(
2
x
x
или
0
)
6
(
x
x
.
С уч
е
том условия 2
x
получаем 6
x
.
2. Пусть
2
x
.
В этом случае нераве
н-
ство примет сл
е
дующий вид:
)
2
(
log
3
)
2
(
log
)
2
(
log
2
2
2
x
x
x
2
)
2
(
log
3
2
x
и
ли
1
)
2
(
log
)
2
(
log
2
2
2
x
x
.
Отсюда
)
2
(
2
)
2
(
2
x
x
или
0
8
2
2
x
x
.
Так как уравнение
0
8
2
2
x
x
не имеет корней
и старший коэффициент п
о-
ложителен
, то последнее неравенство в
ы-
полняется при всех действительных зн
а-
чениях x
, т.е. на всем рассматрива
е
мом
промежутке
.
В этом случа
е
все значения 2
x
я
в-
ляются решениями неравенства.
Объединим полученные решения.
Ответ
:
2
x
или 6
x
.
Пример 2
7
.
Решите неравенство 1
7
2
1
)
5
(
2
)
3
(
2
/
3
15
2
2
x
x
x
x
.
Решение.
ОДЗ н
еизвестной
данного н
е-
равенства
находим из условия 0
15
2
2
x
x
, т.е. 3
x
и
ли
5
x
. Рассмотрим исходное
неравенство на двух промежутках: 1
)
3
x
и 2) 5
x
.
1. При 3
x
исходное неравенство равносильно нер
а
венству
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
17
1
2
7
15
2
2
15
2
2
3
15
2
2
x
x
x
x
x
x
x
1
7
2
1
3
15
2
2
15
2
2
15
2
2
x
x
x
x
x
x
x
.
Поскольку при 3
x
верн
о каждое из
неравенств
: 0
3
x
, 0
15
2
2
x
x
, 1
7
15
2
2
x
x
, 1
2
15
2
2
x
x
,
то в этом случае левая часть неравенства меньше либо ра
в-
на 1 для любого значения x
из этого пр
о-
межутка.
2. П
усть 5
x
.
Заметим, что неравенс
т-
во 15
2
3
2
x
x
x
справедл
и
во на всем этом
промежутке
. Это следует из его р
е
шения
15
2
3
2
x
x
x
3
15
2
9
6
2
2
x
x
x
x
x
.
В силу возрастания функции ,
t
b
a
y
где ,
0
b
a
0
t
, из неравенства 1
t
b
a
следует t
t
b
a
. Поэтому имеем 1
2
7
15
2
2
15
2
2
x
x
x
x
, причем раве
н-
ство достигается при 5
x
на рассматр
и-
ваемом промежутке, при всех 5
x
спр
а-
ведливо строгое неравенс
т
во.
Отсюда получаем
3
15
2
2
3
15
2
2
2
7
x
x
x
x
x
x
15
2
2
15
2
2
2
x
x
x
x
.
Тогда 1
2
7
15
2
2
15
2
2
3
15
2
2
x
x
x
x
x
x
x
при 5
x
и 1
2
7
15
2
2
15
2
2
3
15
2
2
x
x
x
x
x
x
x
при 5
x
.
Значит исходное неравенство на ра
с-
сматриваемом промежутке выполн
я
ется
только при 5
x
.
Объединим решения, полу
ченные в первом и втором случаях.
Ответ.
3
x
и 5
x
.
2. Функционально
-
графические мет
о
ды решения
Область применения свойств функции
при решении неравенств
очень широка. Наличие свойств (ограниченность, мон
о-
тонность и т.д.) функций, входящих в н
е-
равенства позволяет применить неста
н-
дартные методы решения к стандартным по ф
ормулировке задачам –
неравенс
т
вам
.
Начнем с примера, связанного
с композицией функций.
Пример 2
8
. (МИЭТ, 2002). Пусть 2
2
9
33
14
)
(
x
x
x
x
f
, x
x
g
)
(
. Решите неравенство )
4
(
)
9
(
f
x
g
f
.
Решение
.
Так как
,
9
)
9
(
x
x
g
, то
)
9
(
)
9
(
x
f
x
g
f
2
2
)
9
(
9
33
9
14
)
9
(
x
x
x
. Так как
1
4
9
33
4
14
4
)
4
(
2
2
f
, то н
е-
равенство )
4
(
)
9
(
f
x
g
f
пр
и
мет вид
1
)
9
(
9
33
9
14
)
9
(
2
2
x
x
x
.
Сделав замену 9
x
t
, где 0
t
, п
о-
лучим систему
0
,
0
9
12
7
0
,
1
9
33
14
2
2
2
2
t
t
t
t
t
t
t
t
3
,
0
,
0
3
4
0
,
0
)
3
)(
3
(
)
4
)(
3
(
t
t
t
t
t
t
t
t
t
.
4
3
,
3
0
t
t
Возвращаясь к переменной x
, получ
и
м
16
9
9
,
9
9
0
4
9
3
,
3
9
0
x
x
x
x
.
25
18
,
18
9
x
x
Ответ
:
18
9
x
, 25
18
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
18
2.1.
Использование области
определ
е
ния функции
Предварительный анализ области д
о-
пустимых значений неизвестной нераве
н-
ства иногда позволяет получить р
е
шения без преобразова
ний неравенства.
Пример 2
9
. (МИЭТ, 1998). Решите н
е-
равенство
9
2
3
3
2
x
x
x
.
Решение
.
Область определения нер
а-
венства задается условием: 2
1
0
2
3
2
x
x
x
. Для этих значений x
получаем:
8
1
2
1
3
x
x
1
9
8
3
x
,
т.е. правая часть исходного неравенства отрицательна на его области определ
е
ния. Следовательно, неравенство спр
а
ведливо при всех 2
1
x
. Ответ
:
2
1
x
.
Пример
30
. Решите неравенство
5
log
1
5
6
5
2
x
x
x
0
1
10
2
12
1
2
x
x
x
.
Решение
.
Область определения
нер
а-
вен
с
т
ва задается условиями: .
5
,
1
0
,
0
10
2
12
,
0
5
6
2
2
x
x
x
x
x
x
x
Подставляя полученные значения в данное неравенство, получим:
п
ри 1
x
что исходное неравенство примет вид 0
1
5
1
log
5
или 0
0
, т.е. будет н
е-
верно;
п
ри 5
x
имеем верное неравенство 0
5
1
.
Ответ
:
5.
2.2.
Использование непрерывности
фун
к
ции
Сформулируем свойство непреры
в
ных
функций: если функция )
(
x
f
непр
е
рывна на и
н
тервале и не обращается в нуль, то она на этом интервале сохраняет пост
о-
янный знак.
На этом свойстве основан метод реш
е-
ния неравенств с одной переменной –
м
е-
тод интервалов. Обобщения метода инт
е
р-
валов связаны с расширением кла
с
са функций, входящих в неравенство.
В основе метода интервалов
лежат следующие положения: 1.
Знак произведения (частного) одн
о-
значно определяется знаками сомнож
и-
телей (делимого и дел
и
теля). 2.
Знак произведения не изменится (и
зм
е-
нится на противоположный), если изм
е-
нить знак у четного (нечетного) числа сомножителей. 3.
Знак многочлена справа от бол
ь
шего (или единственного) корня совпадает со знаком его старшего коэффициента. В случае отсутствия корней знак мног
о-
члена совпадает со знаком его ста
р
шего коэффициента на всей области опред
е-
ления. 4.
Пусть на промежутке )
;
(
b
a
задана возрастающая (убывающая) функция )
(
x
f
, причем 0
x
–
корень уравнения 0
)
(
x
f
, принадле
жащий промежутку )
;
(
b
a
. Тогда функция )
(
x
f
справа от корня положительна (отрицательна), слева отрицательна (положительна), т.е. при переходе через корень меняет знак.
метод интервалов
Сформулируем свойство чередования зн
ака линейного двучлена
)
0
(
a
b
ax
: при переходе через зн
а
чение a
b
x
0
знак выражения b
ax
меняется на противоп
о-
ложный. Знание свойства черед
о
вания знака линейного двучлена b
ax
позвол
я-
ет в
дальнейшем не приводить линейные двучлены к каноническому в
и
ду 0
x
x
.
Свойство двучлена b
ax
лежит в о
с-
нове метода интервалов
и часто испол
ь-
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
19
зуется при решении алгебраических нер
а-
венств более высоких степеней.
Ра
с
смотри
м функцию
)
(
...
)
(
)
(
)
(
2
1
x
f
x
f
x
f
x
f
n
,
(
*
)
где i
i
i
b
x
a
x
f
)
(
,
причем выражения
i
i
b
x
a
и
j
j
b
x
a
попарно различны (
0
i
a
и 0
j
a
,
;
,
...
,
2
,
1
n
i
;
,
...
,
2
,
1
n
j
j
i
)
. Выражению (
*
)
соо
т-
ветс
т
вует разбиение числовой прямой на инте
р
валы точками
i
i
i
a
b
x
).
,...,
2
,
1
(
n
i
Метод интервалов опирается на следу
ю-
щее свойство чередования знака функции
(
*
): при пер
е
ходе через точку i
i
i
a
b
x
из одного интервала в смежный знак знач
е-
ния функции (
*
) меняется на противоп
о-
ложный.
Действительно, при переходе через то
ч-
ку i
i
a
b
x
в выражении (
*
) мен
я
ет знак только один множ
и
тель i
i
b
x
a
.
Пример 31
. Реш
ите неравенство
0
)
3
)(
3
5
2
(
3
2
x
x
x
.
Решение
. Перепишем неравенство в следующем виде
0
)
3
)(
1
)(
3
2
(
3
x
x
x
,
и далее используем метод интерв
а
лов.
1. Обозначим )
3
)(
1
)(
3
2
(
)
(
3
x
x
x
x
f
.
2. R
)
(
f
D
.
3. 0
)
(
x
f
; 0
)
3
)(
1
)(
3
2
(
3
x
x
x
.
Отсюда получаем корни уравнения: 1; 1,5; 3
3
. Так как 375
,
3
5
,
1
3
1
3
, то 5
,
1
3
1
3
.
4. Найдем п
ромежутки знакопостоянс
т
ва функции )
(
x
f
. Так как 0
)
0
(
f
, то ра
с-
ставляем знаки
в соответствии с пр
а
вилом знакочередования,
как показано на р
и
с
. 1
3
.
Получаем все значения
)
;
5
,
1
(
)
3
;
1
(
3
x
,
при которых 0
)
(
x
f
.
О
т
вет
:
)
;
5
,
1
(
)
3
;
1
(
3
.
Неравенство 0
)
(
)
(
x
g
x
f
или
0
)
(
)
(
x
g
x
f
равносильно неравенству 0
)
(
)
(
x
g
x
f
(соо
т
ветственно 0
)
(
)
(
x
g
x
f
)
. Нестрогое неравенство 0
)
(
)
(
x
g
x
f
или
0
)
(
)
(
x
g
x
f
равносильно системе 0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
g
x
f
нно
соответсве
0
)
(
0
)
(
)
(
x
g
x
g
x
f
. На практике неравенство 0
)
(
)
(
x
g
x
f
р
е-
шают, не приводя его к виду 0
)
(
)
(
x
g
x
f
, где символ заменяет один из знаков н
е-
равенств: .
,
,
,
Рассмотрим нераве
н
ство 0
)
(
)
(
x
g
x
f
, где )
(
x
f
и )
(
x
g
–
функции в
и
да (
*
).
Пример 32. Решите неравенство
3
3
4
3
2
2
2
x
x
x
x
.
Решение
.
Приведем неравенство к в
и
ду 0
)
3
)(
1
(
)
2
)(
3
2
(
x
x
x
x
и используем метод интервалов.
1. Пусть )
3
)(
1
(
)
2
)(
3
2
(
)
(
x
x
x
x
x
f
.
2. )
;
3
(
)
3
;
1
(
)
1
;
(
)
(
f
D
.
3. Нули функции )
(
x
f
найдем из ура
в-
нения 0
)
2
)(
3
2
(
x
x
. Корни последн
е-
го уравнения 1,5 и 2 принадлежат )
(
f
D
.
4. На каждом из промежутков )
1
;
(
, )
5
,
1
;
1
(
, )
2
;
5
,
1
(
, )
3
;
2
(
, )
;
3
(
функция )
(
x
f
непрерывна и сохраняет постоя
н
ный знак. Так как 0
)
0
(
f
, то на пром
е
жутке )
1
;
(
функция 0
)
(
x
f
. На о
с
тальных 1
,
5
x
1
3
3
Рис. 13
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
20
промежутках расставляем знаки по прав
и-
лу знакочередования (
см. рис. 14
).
Следовательно, 0
)
(
x
f
при всех зн
а-
чениях )
;
3
(
)
2
;
5
,
1
(
)
1
;
(
x
.
О
т
вет
:
)
;
3
(
)
2
;
5
,
1
(
)
1
;
(
.
первое обобщение метода интерв
а
лов
Пусть дана функция вида
)
(
...
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
x
f
x
f
x
f
x
f
n
k
n
k
k
,
(
**
)
где i
i
i
b
x
a
x
f
)
(
,
причем выражения
i
i
b
x
a
и
j
j
b
x
a
попарно различны (
0
i
a
и 0
j
a
,
;
,
...
,
2
,
1
n
i
;
,
...
,
2
,
1
n
j
j
i
)
.
, n
k
k
k
,
...
,
,
2
1
–
фи
к-
сированные натуральные числа.
Для реш
е
ния неравенства 0
)
(
x
f
, где выражение )
(
x
f
имеет вид (
**
), использ
у-
ется обобщенный метод интервалов,
к
о-
торый оп
и
рается на следующее правило чередования знак
ов
выражения: при пер
е-
ходе через точку i
i
i
a
b
x
из одного и
н-
тервала в смежный знак значения фун
к-
ции (
*
) меняется на противополо
ж
ный
, если i
k
–
нечетное число, и не меняется, е
сли i
k
–
четное число.
Пример 3
3
. Решите нераве
н
ство
0
25
16
2
)
7
(
)
3
(
2
x
x
x
.
Решение
.
1. Рассмотрим функцию
25
16
2
)
7
(
)
3
(
)
(
2
x
x
x
x
f
.
2. R
)
(
f
D
.
3. Найдем нули функции )
(
x
f
из ура
в-
нения
0
25
16
2
)
7
(
)
3
(
2
x
x
x
. О
т-
сюда 3
x
или 7
x
,
или 64
,
2
x
.
Сравним полученные числа.
Так как 9
7
, то 9
7
и 3
7
.
Аналогично из неравенства 2
64
,
2
7
9696
,
6
п
о
лучаем 2
64
,
2
7
и 64
,
2
7
.
4. Найдем п
ромежутки знакопостоянс
т-
ва функции 0
)
(
x
f
.
Так как 0
)
0
(
f
, то д
алее расставляем знаки левой части и
с-
ходного н
е
равенства, у
читывая кратность корней, как показано на рис
. 1
5
.
Отсюда 0
)
(
x
f
при всех зн
а
чениях 3
]
7
;
64
,
2
[
x
.
О
т
вет:
3
]
7
;
64
,
2
[
.
второе обобщение метода интервалов
Применимость метода интервалов не огр
а
ничивается решением раци
ональных неравенств. Метод интервалов допускает обобщ
е-
ние на выражения вида )
(
...
)
(
)
(
2
1
2
1
x
f
x
f
x
f
n
k
n
k
k
,
где )
(
x
f
i
функци
и
, непрерывн
ые
на св
о-
ей области опр
е
деления
(
;
,
...
,
2
,
1
n
i
n
k
k
k
,
...
,
,
2
1
–
фиксированные натурал
ь-
ны
е числа).
Пример 3
4
. Решите неравенство 0
)
20
4
)(
8
3
(
4
32
)
5
2
(
4
1
x
x
x
x
x
.
Решение
. Так как при 1
x
мног
о
член 20
4
4
x
x
принимает наименьшее зн
а-
чение 17 (докажите с помощью произво
д-
ной), то неравенство 0
20
4
4
x
x
в
ы-
полн
яется при всех значениях х
. Тогда данное неравенство принимает вид
0
8
3
4
32
)
5
2
(
1
x
x
x
.
2
,
6
4
x
Рис. 15
2
x
Рис. 14
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
21
Используем метод интерв
а
лов.
1. Рассмотрим функцию
8
3
4
32
)
5
2
(
)
(
1
x
x
x
x
f
.
2. Функция )
(
x
f
не существует при 0
x
и 8
log
3
x
.
3. Функция )
(
x
f
обращается в нуль при 5
,
2
x
или 8
log
3
x
. Отметим, что в то
ч-
ке 5
,
2
x
равны нулю два множ
и
теля 5
2
x
и 4
32
1
x
.
4. Найдем п
роме
жутки знакопостоянс
т-
ва функции )
(
x
f
. Так как 5
,
2
2
9
log
8
log
0
3
3
и 0
)
5
(
f
, то 0
)
(
x
f
при всех значен
и
ях 5
,
2
)
8
log
;
0
(
3
x
(см. рис
. 1
6
)
.
О
т
вет
:
5
,
2
;
8
log
0
3
x
x
.
Пример 3
5
. Решите неравенство 0
9
3
10
3
1
3
2
2
x
x
x
.
Решение
. Обозначим
,
3
t
x
где 0
t
. Тогда данное неравенство примет сл
е
дующий вид
0
9
10
1
3
2
t
t
t
0
9
10
)
3
(
2
t
t
t
.
(
*
)
Используем метод интерв
а
л
ов.
1. Рассмотрим функцию
9
10
)
3
(
)
(
2
t
t
t
t
f
.
2. Найдем область определения функ
-
ции )
(
t
f
. Для этого решим неравенство 0
9
10
2
t
t
; ;
0
)
9
)(
1
(
t
t
1
t
или 9
t
. Отсюда )
;
9
[
]
1
;
(
)
(
f
D
.
3. Находим нули функции )
(
t
f
.
0
9
10
)
3
(
2
t
t
t
.
0
3
,
0
9
10
2
t
t
t
Из совокупности получаем числа 1, 3, 9, нулями функции из которых являются
1
t
или 9
t
, так как )
(
3
f
D
.
4. Находим промежутки знакопостоя
н-
ства функции )
(
t
f
. Так как 0
)
0
(
f
, 0
)
10
(
f
, то получаем, что 0
)
(
t
f
при всех зн
а
чениях )
;
9
[
1
t
(см. рис. 1
7
).
Полученные решения удовлетворяют условию 0
t
. Вернемся к переменной х
.
Так как ,
9
,
1
t
t
то имеем
.
4
,
0
81
3
,
1
3
9
3
,
1
3
x
x
x
x
x
x
Замечание. Удобнее в алгоритм реш
е-
ния неравенства (
*
) методом интерв
а
лов не вносить дополнительное условие 0
t
, а учитывать его перед возвращен
и
ем к первоначальной пер
е
менной. Ответ
:
)
;
4
[
}
0
{
.
2
,
5
x
l
o
g
3
8
Рис. 16
9
t
1
f
(
t
)
н
е
о
п
р
е
д
е
л
е
н
а
Рис. 17
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
22
рационализация неравенств
При решении неравенств методом и
н-
тервалов вычисление значений функций
в промежуточных точках может вызвать трудности вычислительного характера. С другой стороны, для рациональных фун
к-
ций такие вычисления несколько проще.
Чтобы расширить возможности прим
е-
нения метода интервалов при решении н
е-
равенств, используем идею рацион
ализ
а-
ции неравенств
(см. [
2
]
), известную в м
а-
тематической литературе под другими н
а-
званиями (
метод декомпозиции
–
М
о
денов В.П., метод замены множителей
–
Гол
у-
бев В.И.).
Метод
рационализации заключается в замене сложного выражения )
(
x
F
на
б
о-
лее простое выражение )
(
x
G
(в конечном счете
,
рациональное)
, при которой нер
а-
венство 0
)
(
x
G
равносильно неравенс
т
ву 0
)
(
x
F
в области определения выраж
е-
ния )
(
x
F
.
Выделим некоторые вы
ражения F
и соответствующие им рационализиру
ю
щие выражения G
(см. табл. 1)
,
где q
p
h
g
f
,
,
,
,
–
выражения с пер
е
менной x
;
0
(
h
;
1
h
;
0
f
0
g
)
, a
–
фиксир
о-
ванное число (
;
0
a
)
1
a
.
Табл. 1
№
Выражение
F
Выражение
G
1
1
а
1
б
g
f
a
a
log
log
1
log
f
a
f
a
log
)
)(
1
(
g
f
a
)
)(
1
(
a
f
a
)
1
)(
1
(
f
a
2
2
а
2
б
g
f
h
h
log
log
1
log
f
h
f
h
log
)
)(
1
(
g
f
h
)
)(
1
(
h
f
h
)
1
)(
1
(
f
h
3
h
h
g
f
log
log
)
1
,
1
(
f
g
)
1
)(
1
(
g
f
)
)(
1
(
f
g
h
4
4
а
g
f
h
h
)
0
(
h
1
f
h
)
)(
1
(
g
f
h
f
h
)
1
(
5
h
h
g
f
)
0
;
0
(
g
f
h
g
f
)
(
6
g
f
)
)(
(
g
f
g
f
Некоторые следствия
(с учетом области опред
е
ления
неравенства
):
● 0
log
log
g
f
p
h
0
)
1
)(
1
)(
1
)(
1
(
g
p
f
h
.
● 0
log
log
g
f
h
h
0
)
1
)(
1
(
h
fg
.
● 0
0
g
f
g
f
.
● 0
0
q
p
g
f
h
h
h
h
q
p
g
f
.
● 0
p
h
g
f
0
log
log
)
1
(
p
h
g
f
a
a
a
.
В указанных равносильных переходах символ заменяет один из знаков нер
а-
венств: .
,
,
,
Доказательство.
1. Пусть ,
0
log
log
g
f
a
a
т
.
е
.
,
log
log
g
f
a
a
причем
0
;
0
;
1
;
0
g
f
a
a
.
(
)
Если ,
1
0
a
то по свойству убыва
ю-
щей логарифмической функции имеем g
f
. Значит, выполняется система нер
а-
венств
,
0
,
0
1
g
f
a
о
ткуда следует неравенство ,
0
)
)(
1
(
g
f
a
верное на области опр
е-
деления выражения .
log
log
g
f
F
a
a
Если ,
1
a
то g
f
. Следовательно, имеет место неравенство .
0
)
)(
1
(
g
f
a
Обратно, если выполня
ется нераве
н
ство 0
)
)(
1
(
g
f
a
на области (
), то оно на этой области равносильно сов
о
купности двух систем нер
а
венств
0
,
0
1
g
f
a
и .
0
,
0
1
g
f
a
Из каждой системы следует неравенс
т
во ,
log
log
g
f
a
a
т.е. .
0
log
log
g
f
a
a
Аналогично, рассматриваются нераве
н
ства вида ,
0
F
,
0
F
.
0
F
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
23
2. Пусть некоторое число 0
a
и ,
1
a
тогда им
е
ем
h
g
h
f
g
f
a
a
a
a
h
h
log
log
log
log
log
log
h
g
f
a
a
a
log
log
log
.
Знак последнего выражения совп
а
дает со знаком выражения )
1
)(
1
(
)
)(
1
(
h
a
g
f
a
или ).
)(
1
(
g
f
h
3. Так как
h
f
h
h
h
g
g
g
g
f
log
log
log
log
log
),
1
(log
log
log
log
)
(log
g
h
h
g
h
f
g
g
f
g
то, используя замены 2
а
и 2
б
, получ
а
ем, что знак последн
его выражения совп
а
дает со знаком выраж
е
ния
)
)(
1
)(
1
)(
1
(
f
g
f
h
g
или
)
)(
1
)(
1
)(
1
(
f
g
h
g
f
.
4.
Из неравенства 0
g
f
h
h
сл
е
дует .
g
f
h
h
Пусть число ,
1
a
тогда g
a
f
a
h
h
log
log
или .
0
log
)
(
h
g
f
a
Отсюда с учетом з
а
мены 1б и условия 1
a
получ
а
ем ,
0
)
1
)(
1
)(
(
h
a
g
f
.
0
)
)(
1
(
g
f
h
Аналогично, доказываются нераве
н
ства .
0
,
0
,
0
F
F
F
5.
Доказательство проводится анал
о-
гично доказ
а
тельству 4.
6.
Доказ
ательство
замены 6
следует из равносильности нер
а
венств q
p
и 2
2
q
p
q
p
(
и ).
2
2
q
p
Пример 3
6
. Решите неравенство 1
log
2
3
2
x
x
.
Решение
.
Запишем неравенство в виде 0
1
log
2
3
2
x
x
и заменим его равносил
ь-
ной систем
ой, используя метод рацион
а-
лизации
0
1
3
2
,
0
3
2
,
0
)
3
2
)(
1
3
2
(
2
x
x
x
x
x
x
0
,
0
3
2
,
0
)
3
2
)(
2
2
(
2
x
x
x
x
x
.
0
,
5
,
1
,
0
)
3
)(
1
)(
1
(
x
x
x
x
x
Отсюда получаем решения .
3
;
0
0
;
1
1
;
5
,
1
Ответ
:
.
3
;
0
0
;
1
1
;
5
,
1
Пример
3
7
.
Решите неравенство 2
2
7
4
log
2
2
x
x
x
.
Решение
.
Запишем неравенство в виде 0
)
2
(
log
2
7
4
log
2
2
2
2
x
x
x
x
x
и заменим его равносильной системой, и
с-
пользуя м
е
тод рационализации
.
1
|
2
|
,
0
2
,
0
2
7
4
,
0
)
)
2
(
2
7
4
)(
1
|
2
(|
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
Знак множителя )
1
|
2
(|
x
совпадает со знаком )
1
)
2
((
2
x
по замене 6.
Получим равносильную систему нер
а-
венств
1
,
2
,
3
,
0
)
4
)(
5
,
0
(
,
0
)
3
3
)(
1
)
2
((
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
.
1
,
2
,
3
,
0
)
4
)(
5
,
0
(
,
0
)
1
)(
3
)(
1
(
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Окончательно получаем
(см. рис. 1
8
)
, что решением являются все x
такие, что 0
5
,
0
x
, 4
1
x
.
Ответ
:
4
;
1
0
;
5
,
0
.
1
x
4
0
3
1
0
,
5
2
Рис. 1
8
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
24
Прим
ер 3
8
.
Решите неравенство 0
3
log
log
3
x
x
x
.
Решение
.
Заменим данное неравенство ра
в
носильной системой, используя метод рационал
и
зации
1
,
3
,
0
,
0
3
,
0
3
log
,
0
1
3
log
1
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
,
0
,
3
,
0
1
3
)
1
(
,
0
)
3
)(
1
)(
3
(
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
,
0
,
3
,
0
)
1
3
)(
1
(
,
0
)
3
)(
1
(
2
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1
,
0
2
1
13
2
1
13
x
x
x
2
2
1
13
x
.
Замечание.
При решении неравенс
т
ва 0
)
2
)(
1
(
x
x
системы учтены усл
о
вия 1
,
0
,
3
x
x
x
. Условие 2
1
x
п
о-
зволяет исключить множ
и
тель 0
1
x
в первом неравенстве си
с
темы.
Ответ
:
2
;
2
1
13
.
Пример
3
9
.
Решите неравенство )
3
(
log
)
3
(
log
3
5
2
35
41
12
2
2
x
x
x
x
x
x
.
Решение
.
Запишем неравенство в виде
0
)
3
(
log
)
3
(
log
3
5
2
35
41
12
2
2
x
x
x
x
x
x
и заменим его равносильной системой, и
с-
пол
ь
зуя метод рационализа
ции
0
3
,
0
2
5
2
,
0
34
41
12
,
0
3
5
2
,
0
35
41
12
,
0
)
32
36
10
(
)
2
)(
2
5
2
)(
34
41
12
(
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
3
,
0
2
1
2
,
0
2
12
17
,
0
2
3
1
,
0
4
7
3
5
,
0
2
1
12
17
5
8
)
2
(
4
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Для решения первых трех неравенств системы используем метод интерв
а
лов.
Самостоятельно рассмотрите рису
н
ки и выберите общую часть для решения си
с-
темы.
Ответ:
)
3
;
2
(
2
;
4
7
3
5
;
5
8
1
;
2
1
.
Пример 40
.
Решите нераве
нство x
x
x
x
x
x
9
,
1
2
1
,
2
9
,
1
2
1
,
2
log
)
10
(
log
9
)
1
(
log
)
10
(
log
9
)
1
(
3
log
.
Решение
.
Область определения нер
а-
венства задается системой
1
)
10
(
,
10
,
1
,
0
,
0
1
2
x
x
x
x
x
или .
9
,
11
,
10
,
1
x
x
x
x
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
25
Учитывая, что при 1
x
выражение x
9
,
1
log
положительно, п
реобразуем да
н-
ное нера
венство
на его област
и
определ
е-
ния
0
)
10
(
log
)
1
(
81
2
1
,
2
)
1
(
log
3
x
x
x
.
Далее используем метод рационализации
0
1
)
10
(
)
1
1
,
2
(
)
1
(
log
81
log
2
)
1
(
log
3
3
3
x
x
x
;
0
)
11
)(
9
(
)
1
(
log
4
2
3
x
x
x
;
0
)
11
)(
9
(
)
1
(
log
9
log
)
1
(
log
9
log
1
3
3
3
3
x
x
x
x
;
0
)
11
)(
9
(
1
1
9
)
1
9
(
x
x
x
x
;
0
)
1
)(
11
)(
9
(
10
9
)
10
(
x
x
x
x
x
.
Ответ
: )
11
;
10
(
9
;
9
10
.
Пример 4
1
.
Решите неравенс
т
во
45
14
log
3
2
)
5
,
3
(
2
x
x
x
45
14
log
4
2
5
,
3
x
x
x
.
Решение
.
Учитывая, что 0
5
,
3
x
, получаем 45
14
log
2
3
2
5
,
3
x
x
x
45
14
log
4
2
5
,
3
x
x
x
0
45
14
log
5
2
5
,
3
x
x
x
.
Далее имеем
1
5
,
3
,
0
5
,
3
,
0
45
14
,
0
)
1
45
14
)(
1
5
,
3
(
2
2
x
x
x
x
x
x
x
.
5
,
4
,
5
,
3
,
0
)
5
)(
9
(
,
0
)
5
7
(
)
5
7
(
)
5
,
4
(
x
x
x
x
x
x
x
Для выяснения взаимного располож
е-
ния точек на числовой прямой, с
равним числа
:
9
5
7
, 5
5
7
и 5
,
4
5
7
.
Получаем ,
9
5
7
так как ,
5
2
5
4
(верно)
;
,
5
5
7
так как 2
5
(верно)
,
5
,
4
5
7
так как ,
5
,
2
5
25
,
6
5
(верно)
.
На рис. 20
а
на числовой оси показано решение первого неравенства системы.
На рис. 2
0
б
на ч
исловой оси показано решение всей системы.
Ответ
: )
5
,
4
;
5
7
[
]
5
7
;
(
.
x
Рис. 20
а
9
x
1
1
0
1
1
Рис. 1
9
x
Рис. 20
б
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
26
метод интервалов
на координатной окружности
Данный метод удобно применять к тр
и-
гонометрическим неравенствам, пр
и
вод
и-
мы
м
к виду 0
)
)
(
(
...
)
)
(
)(
)
(
(
2
2
1
1
n
n
a
x
f
a
x
f
a
x
f
,
в частности,
0
)
(
...
)
(
)
(
2
1
x
f
x
f
x
f
n
, где каждая )
(
x
f
i
–
одна из простейших тр
и
г
о
н
о
метричес
ких функций, i
a
–
дейс
т-
в
и
тел
ь
ные числа
, n
i
,
...
,
2
,
1
.
В случае, когда наименьший общий п
е-
риод T
тригонометрич
е
ских функций, входящих в данное неравенство, не пр
е-
восходит 2
, решение неравенства мо
ж
но рассм
отреть на числовой окру
ж
ности на промежутке, равном по длине пери
о
ду. Далее при записи ответа следует учесть, что решением данного неравенс
т
ва будут являться все числа, отлича
ю
щиеся от п
о-
лученных на nT
, где Z
n
.
При
мер 42
. Решить неравенство
0
2
sin
cos
3
sin
sin
x
x
x
x
.
Решение.
Для решения неравенства и
с-
пользуем метод ин
т
ервалов.
1. Пусть
x
x
x
x
x
f
2
sin
cos
3
sin
sin
)
(
.
2. Найдем нули знаменателя
0
2
sin
0
cos
0
2
sin
cos
x
x
x
x
Z
n
k
n
x
k
x
,
,
2
2
.
3.
Найдем нули числителя
0
3
sin
0
sin
0
3
sin
sin
x
x
x
x
Z
m
l
m
x
l
x
,
,
3
4. Найдем промежутки знакопостоя
н
ства функции )
(
x
f
. Так как нули т
риг
о
номе
т-
р
и
че
ских
функций
(
x
sin
,
x
3
sin
, x
cos
, x
sin2
), в
ходящи
х
в данное нер
а
венство, п
о-
вторяю
т
ся с
пери
о
д
ами
нно
соответсве
2
,
,
3
,
, кратны
ми
2
, то
изобразим множество решений на числовой окру
ж-
ности, выделив промеж
у
ток )
2
;
0
[
.
На промежутке )
2
;
0
[
функция )
(
x
f
не определена в точках ,
0
2
, ,
2
3
и о
б-
ращается в нуль в точках 3
, 3
2
, 3
4
, 3
5
. При этом 2
и 2
3
–
точки четной кратн
о-
сти, остальные –
нечетной кратн
о
сти
.
Так как 0
6
f
, то расставляем зн
а
ки в соответст
вии с правилом знакочередов
а-
ния, как показано на р
и
с. 21
.
Исходному неравенству удовлетворяют те значения x
, для которых 0
)
(
x
f
.
О
т
вет
:
;
2
3
2
k
x
k
;
2
2
3
2
k
x
k
;
2
2
3
2
3
4
k
x
k
Z
k
k
x
k
;
2
3
5
2
2
3
.
x
y
Рис. 21
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
27
2.3.
Использование ограниченности функций
Для использования ограниченности функции необходимо уметь находить множество зн
а
чений функции и знать оценки области значений стандартных функций (например, 1
sin
1
x
,
0
x
и т.д.).
мето
д оценки
Иногда неравенство )
(
)
(
x
g
x
f
ус
т-
роено так, что на всей ОДЗ неизвестной име
ю
т место неравенства f x A
и g x A
при некотором А
. В этом случае:
а) р
ешение неравенства )
(
)
(
x
g
x
f
с
водится к нахождению тех значений x
, для которых одновременно f x A
и
A
x
g
)
(
;
б) р
ешение
неравенства )
(
)
(
x
g
x
f
сводится к нахождению тех решений нер
а-
венства A
x
f
)
(
,
для которых опред
е
лена фун
к
ция )
(
x
g
.
Пример 4
3
. Решите неравенство
4
5
1
log
x
x
.
Решение.
Область определения нер
а-
венства задается условиями: 1
0
0
1
,
0
4
x
x
x
.
Для всех x
из полученного множества
имеем 0
log
5
x
, а 0
1
4
x
. Следов
а-
тельно, решением этого неравенства явл
я-
ется пр
о
межуток
]
1
;
0
(
.
Ответ
:
]
1
;
0
(
.
Пример 4
4
.
Решите неравенство
4
15
cos
4
)
2
5
(
16
2
2
x
x
.
Решение
. Оценим правую часть. Так как ,
1
4
15
cos
0
2
x
то
5
4
15
cos
4
4
2
x
. Для левой части последовательно им
е-
ем 0
)
2
5
(
2
x
, 0
)
2
5
(
2
x
, 16
)
2
5
(
16
2
x
, 4
)
2
5
(
16
2
x
при всех допустимых значен
и
ях x
.
Исходное нер
а
венство во
зможно только в том случае, если обе части нер
а
венства равны 4, то есть данное неравенство ра
в-
носильно си
с
теме
.
4
4
15
cos
4
,
4
)
2
5
(
16
2
2
x
x
Первое уравнение системы имеет один к
о
рень ,
5
2
x
который удовлетворяет и второму ура
в
нению.
Ответ
: –
0,4
.
н
е
отрицательность функции
Пусть левая часть неравенства 0
)
(
x
f
есть сумма нескольких функций )
(
...
)
(
)
(
)
(
2
1
x
f
x
f
x
f
x
f
n
, каждая из которых неотрицательна для любого x
из области ее определения. Тогда неравенс
т
во 0
)
(
x
f
равносильно системе уравн
е
ний
.
0
)
(
.....
..........
,
0
)
(
,
0
)
(
2
1
x
f
x
f
x
f
n
а неравенство 0
)
(
x
f
сводится к нахо
ж-
дению области определения функции )
(
x
f
.
Пример 4
5
. Решите неравенство
.
0
10
3
26
7
8
2
2
3
x
x
x
x
x
Решение.
Так как левая часть нераве
н-
ства
неотрицательна, то данное неравенс
т-
во выполняется только
при одновреме
н-
ном р
а
венстве нулю слагаемых
0
10
3
,
0
26
7
8
2
2
3
x
x
x
x
x
2
2
,
5
,
0
26
7
8
2
3
x
x
x
x
x
x
.
О
т
вет
:
2.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
28
применение свойств модуля
Пример 4
6
. Решите неравенс
т
во
2
3
|
2
3
|
2
2
x
x
x
x
.
Решение
.
Из условия a
a
|
|
и из свойств модуля a
a
|
|
имеем a
a
|
|
. Отсюда по определению модуля получ
а
ем 0
a
, где 2
3
2
x
x
a
. Неравенство 0
2
3
2
x
x
имеет решения
)
;
2
[
]
1
;
(
.
Ответ
:
)
;
2
[
]
1
;
(
.
Пример 4
7
. (МИОО, 2010). Решите н
е-
равенство
|
5
4
|
|
3
2
|
2
2
3
x
x
x
x
x
|
5
|
2
3
x
x
x
.
Решение
.
Неравенство имеет вид |
|
|
|
|
|
b
a
b
a
, где x
x
x
a
3
2
2
3
и 5
4
2
x
x
b
. С др
у
гой стороны известно неравенство тр
е
угольника |
|
|
|
|
|
b
a
b
a
. Отсюда получаем р
а
венство |
|
|
|
|
|
b
a
b
a
, которое спр
а
ведливо при условии 0
ab
. Из неравенства
0
)
5
4
)(
3
2
(
2
2
3
x
x
x
x
x
или 0
)
5
)(
1
)(
3
)(
1
(
x
x
x
x
x
получаем решения )
;
3
[
]
1
;
0
[
]
1
;
5
[
.
Ответ
: )
;
3
[
]
1
;
0
[
]
1
;
5
[
.
Напомним некоторые дополнительные свойства модулей.
● Сумма модулей равна алгебраич
е
ской сумме под
модульных выражений тогда и только тогда, когда каждое выр
а
жение им
еет тот знак, с которым оно входит в
а
л
гебраическую сумму.
g
f
g
f
|
|
|
|
.
0
,
0
g
f
g
f
g
f
|
|
|
|
.
0
,
0
g
f
g
f
g
f
|
|
|
|
.
0
,
0
g
f
g
f
g
f
|
|
|
|
.
0
,
0
g
f
● Сумма модулей равна модулю алге
б-
раической суммы подмодульных выраж
е-
ний тогда и только тогда, когда одновр
е-
менно все выражения имеют тот знак, с которым они входят в алгебраич
е
скую сумму, либо одновременно все в
ы
ражения имеют противополо
ж
ный знак.
|
|
|
|
|
|
g
f
g
f
0
,
0
g
f
или 0
,
0
g
f
0
fg
;
|
|
|
|
|
|
g
f
g
f
0
,
0
g
f
или 0
,
0
g
f
0
fg
.
Одна из схем решения уравнения для трех слагаемых:
|
|
|
|
|
|
|
|
h
g
f
h
g
f
0
,
0
,
0
h
g
f
или .
0
,
0
,
0
h
g
f
ограниченность синуса и косинуса
Пример 4
8
. (МИЭТ,
1998). Решите н
е-
равенство
3
4
2
)
1
cos(
)
2
2
(
2
2
x
x
x
x
x
.
Решение
. Поскольку 0
2
2
2
x
x
при любом x
, то
,
разделив обе части нер
а-
венства на 2
2
2
x
x
,
придем к равн
о-
сильному неравенству
2
2
3
4
2
)
1
cos(
2
2
x
x
x
x
x
1
)
1
(
)
1
(
1
)
1
cos(
2
2
x
x
x
.
Так как 1
)
1
cos(
x
, а правая часть н
е-
равенства 1
1
)
1
(
)
1
(
1
2
2
x
x
при всех зн
а-
чениях x
и 1
1
)
1
(
)
1
(
1
2
2
x
x
при 1
x
, то равенство возможно только
при 1
x
. Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
29
Проверкой убеждаемся, что и левая часть н
е
равенства при 1
x
также равна 1.
Ответ
:
1
.
Пример 4
9
. Решите неравенство
1
sin
4
cos
x
x
.
Решение.
Так как 1
4
cos
x
и 1
sin
x
, т
о 1
sin
4
cos
x
x
и исхо
д-
ное неравенство равносильно совокупн
о
сти
1
sin
,
1
4
cos
,
1
sin
,
1
4
cos
x
x
x
x
,
2
2
,
2
4
,
2
2
,
2
4
k
x
n
x
k
x
n
x
,
2
2
,
2
4
,
2
2
,
2
k
x
n
x
k
x
n
x
,
n k
Z
,
2
2
k
x
.
Z
k
Ответ
: ,
2
2
k
.
Z
k
Пример 50
. Решите неравенство
2
3
cos
cos
x
x
.
Решение.
Из неравенств 1
cos
x
и 1
3
cos
x
следует, что неравенство во
з-
можно только в том случае, когда оба сл
а-
гаемых одновременно будут равны по 1.
2
3
cos
cos
x
x
1
3
cos
,
1
cos
x
x
,
3
2
,
2
k
x
n
x
.
,
Z
k
n
Вторая серия решений включает первую
с
е
рию, поэтому окончательно имеем
Z
n
n
x
,
2
.
Ответ
: Z
n
n
,
2
.
применение классических неравенств
Рассмотрим классическое неравенство Коши, известное школьнику как нераве
н-
ство между средним арифметическим и средним геометрическим неотрицател
ь-
ных чисел, которое эффективно может быть использовано при реш
ении нер
а-
венств.
Неравенство Коши: для любых неотр
и-
цательных чисел n
a
a
a
,
...
,
,
2
1
справе
д
ливо неравенс
т
во
n
n
n
a
a
a
n
a
a
a
...
...
2
1
2
1
,
причем равенство достигается только в случае n
a
a
a
...
2
1
.
Пример 51
. Решите неравенство
2011
2010
1005
x
x
.
Решение.
Запишем левую часть данн
о-
го неравенства следующим образом
.
1
...
1
2010
слагаемых
2010
1005
1005
x
x
x
x
x
Используя нер
а
венство между средним арифметическим и средним геометрич
е-
ским, получим x
x
x
1
...
1
1005
2011
1005
1
...
1
2011
x
x
x
2011
1
2011
2011
.
Причем равенство имеет место при раве
н-
стве слагаемых, т.е. при 1
1
1005
x
x
x
.
Следовательно, исходное неравенство в
ы-
полняется только при 1
x
. При всех о
с-
тальных допустимых значениях x
л
е
вая часть исход
ного неравенства больше 2011
.
Ответ
: 1
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
30
2.4.
Использование монотонности
фун
к
ций
При использовании монотонности функций различают случаи, когда фун
к-
ции, стоящие в обеих частях неравенства, имеют одинаковую монотонность или ра
з-
ную м
о
нотон
ность.
м
онотонность функции на
множестве R
Если функция )
(
t
f
строго возрастает на R
, то )
(
)
(
x
g
f
x
h
f
ра
в
носильно неравенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Если функция )
(
t
f
строго убывает на R
, то )
(
)
(
x
g
f
x
h
f
равносильно нер
а-
венству ).
(
)
(
x
g
x
h
Отметим следствия из этих утвержд
е-
ний, которые часто используют при реш
е-
нии неравенств. Следствие 1
.
Так как функция ,
1
2
n
t
y
N
n
, строго возрастает на R
, то нера
ве
н-
ство 1
2
1
2
)
(
)
(
n
n
x
g
x
h
равносильно н
е-
равенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Сле
д
ствие 2
.
Так как функция ,
1
2
n
t
y
N
n
, строго возрастает на R
, то нераве
н-
ство 1
2
1
2
)
(
)
(
n
n
x
g
x
h
равносильно нер
а-
венству ).
(
)
(
x
g
x
h
Следс
т
вие 3
.
Так как функция )
1
(
a
a
y
t
строго возрастает на R
, то неравенство )
(
)
(
x
g
x
h
a
a
равносильно н
е-
равенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Следствие 4
.
Так как функция )
1
0
(
a
a
y
t
строго убывает на R
, то не
равенство )
(
)
(
x
g
x
h
a
a
равносильно н
е-
равенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Следствие 5
.
Так как функция t
y
arctg
строго возрастает на R
, то нер
а-
венство )
(
arctg
)
(
arctg
x
g
x
h
равн
о-
сильно неравенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Следс
т
вие 6
.
Так как функция t
y
arcctg
строго убывает на R
, то нер
а-
венство )
(
arcctg
)
(
arcctg
x
g
x
h
равн
о-
сильно неравенству ).
(
)
(
x
g
x
h
Пример 5
2
. Решите неравенство
1
2
3
)
3
(
1
2
2
5
5
2
x
x
x
x
.
Решение
.
Перепишем данное нераве
н-
ство в виде
.
3
)
3
(
1
2
1
2
5
2
5
2
x
x
x
x
(
*
)
Рассмотрим функцию t
t
t
f
5
)
(
, о
п-
ределенную при всех действительных зн
а-
чениях t
. Тогда неравенство (
*
) примет вид
)
3
(
)
1
2
(
2
x
f
x
f
.
Так как 0
1
5
)
(
4
t
t
f
для л
ю
бого ,
R
t
то функция )
(
t
f
строго возра
с
тает на R
. Для возраст
ающей функции, опред
е-
ленной на всей числовой прямой, нераве
н-
ство )
(
)
(
2
1
t
f
t
f
равносильно н
еравенс
т-
ву 2
1
t
t
.
Следовательно, неравенство (
*
) равн
о-
сильно неравенству ,
3
1
2
2
x
x
решен
и-
ем которо
го являются 5
,
0
x
или 1
x
.
Ответ
: )
;
1
(
)
5
,
0
;
(
.
Пример 5
3
. (МИЭТ, 2005). Решите н
е-
равенство
x
x
x
x
x
6
3
4
3
1
|)
|
1
(
2
2
.
Решение
.
Рассмотрим функцию 2
3
1
)
1
(
)
(
t
t
t
f
,
оп
ределенную на всей числовой пр
я
мой. Поскольку 2
2
)
1
(
3
1
6
3
4
x
x
x
, )
1
(
1
x
x
, то
данное неравенство пр
и-
мет вид
)
1
(
|)
(|
x
f
x
f
.
Выясним характер монотонности фун
к-
ции )
(
t
f
. Для этого найдем ее произво
д-
ную:
2
2
3
1
2
6
)
1
(
3
1
1
)
(
t
t
t
t
t
f
2
2
2
2
3
1
1
3
6
3
1
)
1
(
3
3
1
t
t
t
t
t
t
t
.
Заметим, что многочлен 1
3
6
2
t
t
не имеет корней и его старший коэфф
и
циент меньше нуля. Значит 0
1
3
6
2
t
t
при всех t
и соответс
т
венно 0
)
(
t
f
на R
. Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
31
Это означает, что функции )
(
t
f
уб
ы-
вающая. Для убывающей функции, опр
е-
деленной на всей числовой прямой, нер
а-
венство )
(
)
(
2
1
t
f
t
f
равносильно
нер
а-
венству 2
1
t
t
. След
о
вательно,
x
x
x
f
x
f
1
|
|
)
1
(
|)
(|
2
1
1
,
1
x
x
x
x
x
.
Ответ
: 2
1
x
.
монотонность функции
на промежу
т
ке
Если функция )
(
t
f
определена и явл
я-
ется возраста
ющей на
своей области опр
е-
деления
–
промежутке М
, то неравенство )
(
)
(
x
g
f
x
h
f
равносильно си
с
теме
,
)
(
,
)
(
),
(
)
(
M
g
E
M
h
E
x
g
x
h
где )
(
h
E
и )
(
g
E
–
множество значений функций )
(
x
h
и )
(
x
g
соответс
т
венно.
Если функция )
(
t
f
строго убывает на св
оей области определения
–
промежу
т
ке М
, то неравенство )
(
)
(
x
g
f
x
h
f
ра
в-
носильно системе
,
)
(
,
)
(
),
(
)
(
M
g
E
M
h
E
x
g
x
h
где )
(
h
E
и )
(
g
E
–
множество значений функций )
(
x
h
и )
(
x
g
соответс
т
венно.
Следствие 1
.
Неравенство вида
)
(
log
)
(
log
x
g
x
h
a
a
, где 1
a
, равн
о-
сильно неравенствам 0
)
(
)
(
x
g
x
h
.
Следствие 2.
Неравенс
т
во вида
)
(
log
)
(
log
x
g
x
h
a
a
, где 1
0
a
, ра
в-
носильно неравенст
вам )
(
)
(
0
x
g
x
h
.
Следствие 3.
Неравенс
т
во вида
)
(
arcsin
)
(
arcsin
x
g
x
h
равносильно н
е-
равенствам 1
)
(
)
(
1
x
g
x
h
.
Следствие 4.
Нер
а
венство вида
)
(
arccos
)
(
arccos
x
g
x
h
равносил
ь
но неравенствам 1
)
(
)
(
1
x
g
x
h
. Пример 5
4
.
Решит
е неравенство
1
log
2
4
log
3
3
2
3
3
x
x
x
x
.
Решение
. Так как функция t
y
3
log
строго возрастает на множестве
0
t
, то данное неравенство можно замени
ть
ра
в-
носильной
сист
е
мой
0
1
,
1
2
4
3
3
2
3
x
x
x
x
x
3
1
,
3
1
1
,
0
3
4
3
2
x
x
x
x
x
x
x
.
Ответ
: )
;
3
[
.
Пример 5
5
. Решите неравенство
)
2
3
arcsin(
)
2
3
arcsin(
2
x
x
x
.
Решение
.
Функция t
y
arcsin
опред
е-
лена при 1
1
t
и возрастает на всей области определения. Испо
льзуя свойства этой функции,
п
ерейдем к равносильной сист
е
ме
3
1
,
0
1
2
3
,
0
2
5
3
1
2
3
,
2
3
1
,
2
3
2
3
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
3
1
3
1
,
2
3
1
x
x
x
.
Ответ
: 3
1
.
Пример 5
6
.
Решите неравенство )
(cos
log
)
(cos
log
19
2
2
84
2
x
x
x
x
x
.
Решение.
Из условий 1
cos
0
,
1
19
,
0
19
,
1
2
2
84
,
0
2
2
84
2
2
x
x
x
x
x
x
x
получаем Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
32
.
2
167
1
,
6
;
2
3
2
;
2
2
3
;
7
x
x
(
*
)
Так как по условию 1
cos
0
x
, то рассмотрим два случая.
1.
Пусть 1
cos
x
, тогда из множества чисел Z
n
n
,
2
, с учетом (
*
) решени
я
ми данного в условии
неравенства яв
ляются два чи
с
ла 2
и 0.
2.
Для случая 1
cos
0
x
исследуем функцию a
y
t
log
, где 1
,
0
t
t
и чи
с-
ло 1
0
a
. Так как 0
ln
ln
ln
ln
)
(log
2
t
t
a
t
a
a
y
t
,
то функция a
y
t
log
возрастает на ка
ж-
дом из промежутков )
1
;
0
(
и )
;
1
(
.
а) Для функции
a
y
t
log
, возраста
ю-
щей на промежутке )
1
;
0
(
, пол
у
чаем
19
2
2
84
1
19
0
1
2
2
84
0
2
2
x
x
x
x
x
x
19
2
2
84
18
19
1
2
2
84
6
7
2
2
x
x
x
x
x
x
x
Нет решений.
б)
Для
функции
a
y
t
log
, возраста
ю-
щей на пр
о
межутке
)
;
1
(
, получаем
19
2
2
84
,
1
19
,
1
2
2
84
2
2
x
x
x
x
x
x
0
65
3
2
,
18
,
0
83
2
2
2
2
x
x
x
x
x
5
,
5
,
6
,
18
,
2
167
1
2
167
1
x
x
x
x
.
2
167
1
5
,
2
13
2
167
1
x
x
Полученные решения удовлетворяют условию (
*
).
О
т
вет
:
0
;
2
2
13
;
2
167
1
2
167
1
;
5
.
Пример 5
7
.
(МИЭТ, 2005).
Решите н
е-
равенство
4
2
20
4
3
11
7
x
x
x
x
.
Решение
.
Рассмотрим функцию
x
x
x
f
11
7
)
(
.
]
11
;
7
[
)
(
f
D
. Найдем экстрем
у
мы функции:
x
x
x
x
x
x
x
f
11
7
2
7
11
11
2
1
7
2
1
)
(
,
)
11
;
7
(
)
(
f
D
. Найдем нули произво
д-
ной из уравнения 0
)
(
x
f
. Из ура
в
нения 7
11
x
x
получаем 2
x
.
0
)
(
x
f
при 2
7
x
;
0
)
(
x
f
при 11
2
x
.
Следовате
льно, 2
x
–
точка максим
у-
ма функции )
(
x
f
и 6
)
2
(
f
. Зн
а
чит 6
11
7
x
x
при всех допу
с
тимых значениях x
. Оценим правую часть исходного нер
а-
венства 4
2
4
2
16
)
2
(
3
20
4
3
x
x
x
6
16
3
4
.
Таким образом, для исходного нераве
н-
ства нужно, чтобы его левая и правая ча
с-
ти были равны 6. Это выполняется при 2
x
.
Ответ
: 2
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
33
функции разной монотонности
Пусть на промежутке )
;
(
b
a
задан
ы во
з-
растающая функция )
(
x
f
и убыва
ю
щая функция )
(
x
g
, причем 0
x
–
корень ура
в-
нения )
(
)
(
x
g
x
f
, принадлежащий пр
о-
межутку )
;
(
b
a
. Тогда решение неравенс
т-
ва )
(
)
(
x
g
x
f
–
все числа из промежутка )
;
(
0
b
x
, а решение неравенс
т
ва )
(
)
(
x
g
x
f
–
промежуток )
;
(
0
x
a
(см. рис. 2
2
).
Пусть на промежутке )
;
(
b
a
задана во
з-
растающая функция )
(
x
f
и 0
x
–
к
о
рень уравнения c
x
f
)
(
, принадлежащий пр
о-
межутку )
;
(
b
a
. Тогда решение неравенс
т-
ва c
x
f
)
(
–
все числа из пром
е
жутка )
;
(
0
b
x
, а решение неравенства c
x
f
)
(
–
промеж
у
ток )
;
(
0
x
a
(см. рис. 2
3
).
Пример 5
8
. Решите неравенства
:
а) 3
3
5
3
14
80
5
2
x
x
x
x
.
б) 3
3
5
3
14
80
5
2
x
x
x
x
.
Решение.
Рассмотрим функции 80
5
2
)
(
3
5
x
x
x
x
f
и 3
3
14
)
(
x
x
g
. Функция )
(
x
f
определена и дифференц
и-
руема на R
. Исследуем ее на моното
н-
ность:
0
5
3
10
)
(
2
4
x
x
x
f
,
как сумма неотрицательных слагаемых и положительного слагаемого. Поэтому функция )
(
x
f
строго возрастает на R
.
Функция )
(
x
g
о
п
ределена на R
и ди
ф-
ференцируема на множес
т
ве ;
3
14
3
14
;
, причем .
0
)
3
14
(
1
)
(
3
2
x
x
g
Значит, функция )
(
x
g
убывает на R
.
Поскольку функция )
(
x
f
строго во
з-
растает, а функция )
(
x
g
уб
ывает на R
, то уравн
е
ние )
(
)
(
x
g
x
f
имеет не больше одного корня. Подбором нах
о
дим, что 2
x
является корнем эт
ого уравн
е
ния, так как получ
а
ем верное равенство
3
3
5
2
3
14
80
2
5
2
2
2
.
Значит, решения неравенства а) есть про
межуток )
;
2
(
, а неравенства б) –
пром
е
жуток )
2
;
(
.
Ответ
:
а)
)
;
2
(
; б)
)
2
;
(
Пример
5
9
. Решите неравенство
4
1
)
2
(
log
2
3
3
6
x
x
x
x
.
Решение
.
Область определения данн
о
го неравенства е
сть промежуток [0;1]. Фун
к-
ция x
x
x
x
y
1
)
2
(
log
2
3
3
6
возрастает на этом промежутке как сумма возрастающих функций. Так как 4
)
1
(
f
, то все значения x
из множества [0;1) удовлетворяют исходному неравенству
.
Ответ
:
[0;1).
a
b
x
y
=
f
(
x
)
O
y
x
0
y
=
g
(
x
)
Рис. 22
a
b
x
y
=
f
(
x
)
O
y
x
0
c
Рис. 23
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
34
2.5. Графический метод
Графическое представление нер
а
венств обладает несколькими несомненными пр
е-
имуществами:
а) построив графики функций, вход
я-
щих в нер
а
венств
о
, можно определить, как влияет на решение взаимное располож
е-
ние графиков;
б) г
рафик подчас позволяет аналитич
е-
ски сформулировать необходимые и до
с-
таточные условия для решения поставле
н-
ной задачи, т.е. графические приемы э
ф-
фективно применяются для изображения результатов иссл
е
дования там, где чисто аналитическая запись гр
о
моздка.
в) ряд утверждений позволяет на осн
о-
вании графической и
н
формации делать вполне строгие и обоснованные заключ
е-
ния о решениях нер
а
венства.
Пример 60
. На рис
. 2
4
изображены графики функций )
(
x
f
y
и )
(
x
g
y
, заданных на промежутке
6
;
3
. Р
е
шите неравенство )
(
)
(
x
g
x
f
.
Решение
. Графики данных функций п
е-
ресекаются в двух точках с абсциссами 2
и 4
соответственно. График фун
к
ции )
(
x
f
y
расположен выше графика фун
к-
ци
и )
(
x
g
y
при всех значениях )
4
;
2
(
x
.
Ответ
:
)
4
;
2
(
.
Пример 6
1
. (МФТИ, 2009). Решите неравенство
)
8
2
(
log
2
)
4
5
(
log
2
|
|
x
x
x
x
.
Решение
.
Область определения данн
о
го неравенства определяется условиями
0
x
, 1
|
|
x
, 5
x
, 4
x
,
и представляет собой промежуток )
;
4
(
с выброшенными из него точк
а-
ми 1
,
0
,
1
.
Рассмотрим два случая. 1. Пусть 1
|
|
x
.
В этом случае исхо
д-
ное неравенство равносильно неравенс
т
ву
)
8
2
(
log
)
4
5
(
log
|
|
|
|
x
x
x
x
,
которое равносильно нер
а
венству
4
2
5
x
x
.
(
*
)
Построим графики функций 5
x
y
и 4
2
x
y
(см. рис. 2
5
).
Из рис. 2
5
видно, ч
то последнему нер
а-
венству удовлетворяют все значения ]
;
5
[
0
x
x
, где 0
x
–
корень уравнения 2
)
4
2
(
5
x
x
такой, что 0
2
0
x
.
Уравнение 0
11
15
4
2
x
x
имеет корни 1
и
4
11
, поэтому 1
0
x
. Отс
ю
да с учетом области определения нераве
н
ства при условии 1
|
|
x
находим множ
е
ство решений неравенства (
*
):
1
4
x
.
2. Пусть 1
|
|
0
x
. Тогда исход
ное н
е-
равенство равносильно неравенс
т
ву
4
2
5
x
x
.
Откуда (см. рис. 2
5
) следует 1
x
. С учетом области определения неравенс
т
ва при условии 1
|
|
0
x
находим множ
е-
ство решений неравенства, которое явл
я-
ется объе
динением интервалов )
0
;
1
(
и )
1
;
0
(
.
Ответ
:
1
4
x
, 0
1
x
, 1
0
x
.
0
1
x
y
y =
f
(
x
)
y =
g
(
x
)
1
Рис. 24
1
y
=
2
x
+
4
y
x
1
O
2
y
=
x
+
5
x
0
Рис. 25
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
35
Пример 6
2
. При каких значениях а
н
е-
равенство x
a
x
2
1
имеет реш
е
ние?
Решение.
График фун
кции 2
1
x
y
или 0
1
2
2
y
y
x
есть полуокру
ж-
ность
(см. рис. 2
6
)
.
Функция x
a
y
задает семейство прямых с угловым коэффицие
н
том 1
k
. С увеличением а
прямая x
a
y
пер
е-
мещает
ся в
право
.
Исходное неравенство будет выпо
л-
няться до тех пор, пока точки окружн
о
сти будут лежать
выше точек прямой, т.е. пока прямая не станет касательной к окружн
о-
сти. В этом случае значение 2
1
1
2
2
OB
a
находим из прям
о-
угольного треугольника О
АВ
.
Знач
е
ние 2
a
можно найти и анал
и
тически, если решить уравнение ,
1
2
x
a
x
и после возведения в квадрат потребовать, чтобы дискриминант полученного ква
д
ратного уравнения был равен нулю.
Ответ
:
2
a
.
3.
Геометрические методы решения
Геометрическая интерпретация нер
а-
венств позволяет легко и красиво решать как простые, так и сложные задачи. На
и-
более распространенная интерпретация неравенств связана с модулем или ра
с-
стоянием на координатной прямой. Обо
б-
щен
ием этой интерпретации является ра
с-
стояние на плоск
о
сти.
3.1. Расстояние на координатной
пр
я
мой
Геометрический смысл модуля: модуль разности двух чисел равен расстоянию ме
ж-
ду точками координатной прямой, коорд
и-
наты которых соответствуют этим чи
с
лам. Наприм
ер, запись |
|
b
a
означает рассто
я-
ние между точками а и b
; |
|
b
a
–
ра
с-
стояние между точками а и –
b
; |
0
|
|
|
a
a
–
расстояние между то
ч
ками а
и 0.
Пример 6
3
. Решить неравенство
5
|
2
|
x
.
Решение
.
Запись |
2
|
x
есть рассто
я-
ние от точки x
до точки 2. Для решения данного неравенства необходимо на коо
р-
динатной оси найти такие точки, рассто
я-
ние от которых до точки 2 больше 5. Справа от точки 2 расположена точка 7
на расстоянии 5 единиц, а сл
е
ва –
точка (
–
3). Поэтому данному неравенству удовлетв
о-
ряют все значения )
;
7
(
)
3
;
(
x
.
Ответ
: )
;
7
(
)
3
;
(
.
Пример 6
4
. Решить неравенство
|
2
|
|
5
|
x
x
.
Решение.
Рассмотрим уравнение |
2
|
|
5
|
x
x
.
Так как |
5
|
x
и |
)
2
(
|
|
2
|
x
x
–
это расстояния от точки x
до точек 5 и –
2 с
о-
ответственно, то из данного равенс
т
ва следует, что точка x
–
середина отре
з
ка ]
5
;
2
[
, и поэтому 5
,
1
2
5
2
x
. Знач
и
т
решениями данного неравенства явл
я
ются все числа )
5
,
1
;
(
x
, т
.
е
.
все точки, ра
с-
стояния от каждой из кот
о
рых до точки 5 больше расстояния до то
ч
ки (
–
2).
Ответ
: )
5
,
1
;
(
.
Пример
6
5
.
Решить неравенство
8
|
3
|
|
5
|
x
x
.
Решение.
Так как расстояние между точками –
5 и 3 равно 8, то решениями уравнения 8
|
3
|
|
5
|
x
x
являются все числа из отрезка ]
3
;
5
[
. Для любой точки, расположенной вне о
т
резка ]
3
;
5
[
(справа или слева), сумма рассто
я-
ний от точек –
5 и 3 больше 8.
Ответ
:
)
;
3
(
)
5
;
(
.
1
y
=
a
x
y
x
1
O
B
A
Рис. 26
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
36
3.2. Расстояние на координатной
пло
с
кости
Расстояние между двумя точками 1
1
1
;
y
x
M
и 2
2
2
;
y
x
M
на координатной п
лоскости вычисляется по фо
р
муле 2
2
1
2
2
1
2
1
)
(
)
(
y
y
x
x
M
M
.
Для любых n
точек n
M
M
M
,...,
,
2
1
при 3
n
справедливо нер
а
венство 1 2 2 3 1 1
...
n n n
M M M M M M M M
,
(1)
причем знак равенства достигается тол
ь
ко, когда точки 1 2
,,...,
n
M M M
лежат на о
т-
резке 1
n
M M
и следуют друг за другом в указанном порядке. В частности, если д
а-
ны три точки 1 2 3
,,
M M M
, то нераве
н
ство (1) имеет вид 1 2 2 3 1 3
M M M M M M
и называется неравенством треугол
ьн
и
ка
. Е
сли на плоскости введена декартова си
с-
тема координат, то через координаты т
о-
чек 1 1 1 2 2 2
(;),(;),
M x y M x y
3 3 3
(;)
M x y
оно записывается следующим образ
о
м
2
3
2
2
3
2
2
2
1
2
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
y
y
x
x
y
y
x
x
.
)
(
)
(
2
3
1
2
3
1
y
y
x
x
(2)
Пример
6
6
. Решить неравенс
тво
.
10
)
7
3
(
)
2
2
(
)
1
3
(
)
4
2
(
2
2
2
2
x
x
x
x
.
Решение
.
Заметим, что число 2
2
)
1
3
(
)
4
2
(
x
x
u
можно рассматривать
как
расстояние между то
ч-
ками на координатной плоскости )
1
3
;
4
2
(
A
и )
;
(
x
x
B
. Точно также число 2
2
)
7
3
(
)
2
2
(
x
x
v
можно р
ассматривать
как
расстояние
ме
ж-
ду точками на координатной плоскости )
7
3
;
2
2
(
C
и )
;
(
x
x
B
(или )
2
2
;
7
3
(
1
C
и )
;
(
x
x
B
, где точка 1
C
симметрична точке C
относи
тельно пр
я-
мой x
y
). Поэтому левую часть исходного нер
а-
венства можно рассматривать как длину ломаной ABC
(или 1
ABC
), причем точка B
лежит на прямой x
y
. Из
положения точки B
(см. рис. 2
7
) и равенства BC
и 1
BC
следует, что для решения достато
ч
но рассмотреть только случай с то
ч
ками C
B
A
,
,
.
Заметим, что AC
BC
AB
, но AC
2
2
)
7
3
(
)
1
3
(
)
2
2
(
)
4
2
(
10
8
6
2
2
.
Следовательно, и
сходное неравенство б
у-
дет выполняться только в случае
, если точка B
лежит на отрезке AC
. Это во
з-
можно только в случае, когда
B
есть то
ч-
ка пер
е
сечения 0
B
прямых AC
и x
y
.
Уравнение прямой AC
в виде b
kx
y
находим из системы уравн
е
ний (подставляя в это уравнен
ие коорд
и
наты точек A
и C
):
.
)
2
2
(
7
3
,
)
4
2
(
1
3
b
k
b
k
О
тсюда 3
4
k
и 3
13
3
2
4
3
b
. Тогда координаты точки 0
B
найдем, по
д-
ставив x
y
в уравнение п
рямой AC
. Получим
3
13
3
2
4
3
3
4
x
x
.
Отсюда 7
13
2
4
3
3
x
.
A
C
B
x
y
x
1
O
3
2
4
2
1
C
1
y
B
0
7
6
5
6
5
4
3
7
Рис. 27
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
37
Ответ
: 7
13
2
4
3
3
.
Замечание
. Рассмотрение точки, си
м-
метричной точке А
относительно пр
я
мой x
y
приводит к тому же ответу.
3.3. Векторная интерпретация
неравенс
т
ва
Векторы успешно могут быть примен
е-
ны не только в геометрии, но и при реш
е-
нии нер
а
венств
. Пусть даны два вектора a
и b
. Для скалярного произведения этих ве
к
торов | | | | cos
a b a b
, где –
угол между векторами, справедливы следующие оце
н-
ки
| | | | | | | |
a b a b a b
,
(
3
)
причем экстремальные значения скалярн
о-
го произведения достигаются в случаях коллинеарности векторов. Запишем нер
а-
ве
нства (
3
) в координатной форме:
для векторов на плоскости
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
b
b
a
a
b
a
b
a
2
2
2
2
2
1
2
1
b
a
b
a
;
для векторов в пространстве
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
c
b
a
c
b
a
.
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
c
b
a
c
b
a
c
c
b
b
a
a
Пример 6
7
. Решите неравенство
)
24
)(
4
(
5
1
2
2
x
x
x
x
.
Решение. Рассмотр
им два вектора }
;
2
{
}
,
{
2
1
x
a
a
a
и }
,
{
2
1
b
b
b
}
5
;
1
{
x
, заданны
е
в декартовой си
с-
теме координат. Тогда неравенство
мо
ж
но записать в виде
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
1
b
b
a
a
b
a
b
a
, т.е. |
|
|
|
b
a
b
a
.
В силу неравенства (3) получае
м |
|
|
|
b
a
b
a
. Поскольку рассматрива
е-
мые векторы –
ненулевые, то из получе
н-
ного равенств
а
следует, что векторы a
и b
коллинеарны. Следовательно, сущес
т-
вует такая константа k
, что
a
k
b
, а это означает, что .
5
,
2
1
kx
k
x
Из второго уравнения этой системы п
о-
лучаем, что 0
k
, тогда из первого след
у-
ет 0
k
(соответственно 0
x
). Исключая из второго у
равнения 0
k
, п
о
лучим 0
,
100
1
0
,
10
1
2
x
x
x
x
x
x
.
0
,
0
100
2
3
x
x
x
Перебирая целые делители числа 100, заметим, что уравнение 0
100
2
3
x
x
имеет целый корень 5
x
. Тогда, раскл
а-
дывая левую часть этого у
равнения на множители, пол
у
чим:
)
20
4
)(
5
(
100
2
2
3
x
x
x
x
x
.
Квадратное уравнение 0
20
4
2
x
x
не имеет действительных корней, так как его дискриминант отрицат
е
лен.
Следовательно, 5
x
единственный корень кубического уравнения, а так как усл
о
вие 0
x
выполнено, то число 5
x
будет и решением исходного неравенс
т
ва.
Ответ
.
5.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
38
Упражнения
1
. Решите неравенство
0
3
cos
2
cos
)
3
cos
2
(cos
2
x
x
.
2
. Решите неравенство
0
25
6
2
)
5
(
)
4
(
2
x
x
x
.
3
. Решите нераве
нство
0
)
3
)(
3
5
2
(
3
2
x
x
x
.
4
. Решите неравенство
0
)
2011
)(
2
3
(
2
2
x
x
x
x
.
5
. Решите неравенство 0
5
15
8
2
x
x
x
.
6
. Решите неравенство 0
7
1
1
1
1
1
x
x
.
7
. Решите неравенство
4
7
3
1
3
2
3
5
2
1
2
3
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
.
8
. Решите неравенство
2
2
2
2
2
2
2
2
)
1
(
2
)
5
2
(
)
1
(
9
6
)
1
(
4
4
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
9
. Решите неравенство
0
2
3
4
1
8
6
2
2
x
x
x
x
x
x
.
10
. Решите неравенство
0
3
3
2
16
)
3
2
)(
3
(
2
2
x
x
x
x
x
x
.
11
. Решите неравенство
1
)
7
)(
4
)(
2
(
)
7
)(
4
)(
2
(
x
x
x
x
x
x
.
12
. Решите двойное неравенство
0
2
1
3
2
x
x
.
13
. Найдите область определения фун
к
ции
1
1
2
2
x
x
x
y
.
14
. Решите неравенство
x
x
x
x
2
2
2
|
2
|
.
15
. Решите неравенство
4
|
3
|
2
||
2
x
x
.
16
. Решите неравенство
0
|
1
|
2
|
1
|
2
x
x
x
.
17
. Решите неравенство
7
8
4
|
7
8
2
|
2
3
2
3
x
x
x
x
x
x
.
18
. Решите неравенс
т
во
|
10
3
|
|
8
2
|
2
2
3
x
x
x
x
x
|
10
11
3
|
2
3
x
x
x
19
. Решите неравенство
2
2
|
2
8
|
2
2
x
x
x
x
.
20
. Решите неравенство
|
1
|
|
3
|
2
5
2
x
x
x
.
21
. Решите неравенство 2
2
1
2
x
x
.
22
. Решите неравенство
x
x
x
x
x
3
2
|
|
)
2
)(
1
(
2
.
23
. Решите неравенство
0
|
7
5
|
5
4
3
|
7
2
|
x
x
x
x
.
24
. Решите неравенство
0
6
17
10
3
|
|
2
)
1
(
2
2
2
3
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
.
25
. Решите неравенство
0
2
1
2
1
14
5
3
2
2
x
x
x
x
.
26
. Решите неравенство
0
21
10
)
12
8
(
2
2
x
x
x
x
.
27
. Решите неравенство
x
x
x
10
5
8
25
2
.
28
. Решите неравенство
6
5
12
7
3
4
2
2
2
x
x
x
x
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
39
2
9
. Решите неравенство
10
2
8
9
2
2
8
2
2
x
x
x
x
x
x
.
30
. Решите неравенство
0
6
2
2
5
2
2
2
x
x
x
x
.
31
. Решите неравенство
2
7
26
4
5
2
x
x
x
x
.
32. Решите неравенство
.
1
1
1
3
x
x
x
33
. Решите неравенство
0
1
7
1
2
1
2
x
x
x
.
34. Решите неравенс
тво .
1
5
14
7
5
2
3
x
x
x
x
x
3
5. Решите неравенство
.
3
2
2
x
x
36. Решите неравенство
.
4
2
2
x
x
x
37
. При каких значениях аргумента гр
а
фик функции 1
2
5
)
(
x
x
x
f
лежит выше гр
а-
фика функции 3
5
)
(
x
x
g
?
3
8
. Решите неравенство
|
1
2
|
36
2
35
3
2
2
2
x
x
x
x
x
.
39
. Решите неравенство
3
4
|
4
3
|
)
2
(
6
8
3
x
x
x
x
x
.
4
0
. Решите неравенство
2
2
1
6
1
16
8
4
x
x
x
x
x
2
2
1
6
1
16
8
5
x
x
x
.
41
. Решите н
е
равенство
2
4
4
)
1
4
(
1
|)
|
2
1
(
2
2
x
x
x
x
x
.
42
. Решите н
е
равенство
4
2
97
8
4
2
28
44
2
x
x
x
x
.
43
. Решите неравенство
5
)
2
,
0
(
2
3
2
x
x
.
44
. Пусть
2
3
)
(
x
x
x
f
. Решите неравенс
т
во
3
1
)
1
(
)
(
2
x
f
x
f
.
4
5
. Решите неравенство
0
2
3
2
4
2
1
x
x
.
4
6
. Решите неравенство
0
8
2
9
4
x
x
.
4
7
. Решите неравенство
x
x
x
15
8
5
15
3
5
1
2
2
.
4
8
. Решите неравенство
0
96
2
2
5
3
3
3
2
2
x
x
x
x
.
49
. Решите н
е
равенство
0
2
2
2
5
,
0
5
,
0
1
1
2
x
x
x
x
x
x
.
50
. Решите неравенство
72
3
3
2
3
5
3
3
2
3
2
1
3
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
.
5
1
. Решите неравенство
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
3
5
5
3
p
p
p
p
p
p
p
p
.
5
2
. Решите неравенство
x
x
x
2
1
2
25
,
0
14
4
2
2
.
5
3
. Решите неравенство
x
x
)
2
2
3
(
4
3
)
2
2
3
(
.
54
. Решите неравенство
10
5
2
1
x
x
.
55
. Решите неравенство
4
3
1
x
x
.
5
6
. Решите неравенство
2
5
4
2
4
2
2
x
x
x
x
.
5
7
. Решите неравенство
0
1
2
12
3
4
12
2
1
1
x
x
x
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
40
5
8
. Решите неравенст
во
0
3
3
,
0
3
)
4
(
1
1
x
x
x
.
5
9
. Решите неравенство
0
)
20
4
)(
8
3
(
4
32
)
5
2
(
4
1
x
x
x
x
x
.
60
. Решите неравенство
0
14
5
27
3
32
2
2
x
x
x
x
.
6
1
. Решите неравенство 0
1
5
)
5
,
0
(
4
1
2
2
2
3
2
2
x
x
x
x
x
.
6
2
. Решите неравенство
x
x
x
x
3
2
1
2
3
3
8
2
.
63
. Решите неравенство
11
3
6
9
|
|
x
x
.
64. Решите неравенство .
0
16
2
10
2
1
2
2
4
x
x
x
6
5
. Решите неравенство
.
2
3
3
4
9
17
x
x
x
x
6
6
. Решите неравенство .
1
|
3
2
|
5
|
2
3
|
2
2
21
6
x
x
x
x
6
7
. Решите неравенство 2
2
4
3
4
2
4
1
1
4
2
x
x
x
x
x
x
x
.
68
. Решите неравенство
1
3
9
1
1
3
3
1
3
1
3
1
x
x
x
x
x
x
x
x
3
9
1
1
.
69
. Найдите область определения фун
к
ции
2
1
2
2
2
125
,
0
2
64
)
(
x
x
x
f
.
70
. Найдите область определения фун
к
ции
3
3
4
3
16
2
2
x
x
x
y
.
7
1
. Решите неравенство
4
log
)
8
3
(
log
89
sin
91
sin
x
.
72
. Решите неравенство
)
1
(
log
)
9
2
(
log
3
2
3
x
x
x
.
73. Решите не
равенство
).
2
(
log
)
1
(
log
3
3
1
x
x
7
4
. Решите неравенство
1
2
1
2
log
log
1
1
log
log
2
2
9
1
8
1
3
2
x
x
x
x
x
x
.
7
5
. Решите неравенство
2
9
5
1
2
5
9
1
log
log
log
log
5
9
x
x
.
7
6
. Решите неравенство
1
5
log
4
3
log
5
x
x
.
7
7
. Решите неравенство
1
2
1
2
log
3
1
x
x
.
7
8
. Решите неравенство
0
1
log
2
1
,
0
x
.
7
9
. Решите неравенство
2
)
55
2
16
2
(
log
2
5
11
x
x
.
80
. Решите неравенство
2
)
2
(
log
3
x
.
8
1
. Решите неравенство
1
9
1
log
2
2
x
.
8
2
. Решите неравенство
3
4
)
1
3
(
log
2
2
1
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
41
83
. (ЕГЭ, 2010) Решите неравенство
49
log
log
log
)
2
(
log
)
2
(
log
4
49
14
14
4
x
x
x
x
.
8
4
.
Решите неравенство .
1
2
3
)
1
(
log
3
1
2
3
log
3
8
2
x
x
x
x
85
. Решите неравенство
1
)
7
6
(
log
))
7
6
)(
1
3
((
log
3
1
2
3
x
x
x
.
86. Решите неравенство
.
2
2
2
log
3
4
log
2
2
2
x
x
x
87
. Решите неравенство
)
4
3
(
log
2
4
log
)
4
(
log
2
2
5
,
0
2
2
x
x
x
x
x
.
88
. Решите неравенство
)
2
3
2
(
log
)
1
3
(
log
2
3
1
2
3
1
x
x
x
x
2
4
log
)
1
2
(
log
3
2
2
3
1
x
x
.
89
. Решите неравенство
)
2
(
log
)
4
2
(
log
13
2
13
x
x
x
)
3
4
(
log
2
3
13
x
x
x
.
90
. Решите неравенство
)
1
(
log
)
2
(
log
5
5
x
x
8
8
1
log
2
5
x
x
x
.
91
. Решите неравенство
.
7
log
2
1
)
2
(
log
)
4
)(
2
(
log
3
3
1
3
x
x
x
92. Решите неравенство 0
3
2
log
3
log
9
4
3
4
x
x
.
9
3. Решите неравенство 3
4
log
2
2
x
x
1
1
1
4
2
log
2
2
1
x
x
x
.
94. Решите неравенство
1
log
log
3
2
1
x
x
.
95
. (ЕГЭ, 2010) Решите неравенство
x
x
x
x
2
log
log
1
)
8
(
log
4
log
2
1
2
4
2
4
2
.
96
. (ЕГЭ, 2010) Решите неравенство
1
log
)
2
(
log
2
6
9
6
9
x
x
x
x
.
97
. Решите нерав
енство
1
2
log
)
2
(
log
4
x
x
.
98
.
Решите неравенство
0
)
2
1
(
log
)
2
1
(
log
5
3
2
3
x
x
x
.
99
. Решите неравенство
1
)
2
(
log
16
3
tg
x
.
100
. Решите неравенство
0
2
)
2
(
log
)
2
(
log
3
2
5
,
0
2
2
2
x
x
x
x
.
101
. Решите неравенство
1
)
7
6
(
log
7
2
2
|
3
|
x
x
x
.
102
. Решите систему неравенств
).
21
(
log
)
4
(
log
1
,
1
4
2
3
3
1
2
4
x
x
x
x
103
. Найдите область определения фун
к
ции
2
3
log
log
5
,
0
5
x
x
y
.
104
. Найдите область определения фун
к
ции
)
3
(
log
4
6
2
x
x
y
.
105
. Найдите область определения фун
к
ции
)
16
ln(
3
17
3
,
8
2
2
2
x
x
x
x
y
.
106
. Решите неравенство
1
2
1
log
log
2
3
1
x
x
.
107
. Решите неравенство
6
)
(
log
log
2
2
2
4
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
42
108. Решите неравенство
.
log
2
log
2
1
5
log
2
2
2
x
x
x
109
. Решите неравенство
.
2
log
log
4
1
1
8
2
8
x
x
110. Решите неравенство
4
16
2
2
2
1
log
4
2
log
4
log
x
x
x
.
111. Решите неравенство
0
2
7
49
5
log
5
log
x
x
.
112
. Решите неравенство
.
11
log
11
log
)
2
3
5
lg(
)
1
2
3
lg(
2
32
5
x
x
x
x
113
. Решите неравенство
0
)
5
(
log
)
3
(
3
x
x
.
114. Решите неравенство .
1
)
2
3
(
log
log
3
3
x
x
1
15
.
Решите неравенство .
0
1
log
4
2
2
1
2
x
x
116
. Решите неравенство
0
)
1
)(
5
,
0
(
)
5
,
1
(
log
2
5
,
2
x
x
x
x
.
117
. Решите не
равенство
0
6
lg
2
x
x
x
.
118
. Решите неравенс
т
во
0
|
1
|
log
)
3
)(
5
,
0
(
2
x
x
x
.
119
. Решите неравенство
1
1
1
2
log
4
x
x
.
120
. Решите неравенство
0
2
4
log
2
8
2
x
x
x
.
121. Найдите все значения x
, для кот
о
рых точки графи
ка функции
x
x
y
4
45
)
4
23
(
log
2
7
,
0
лежат выше соответствующих точек гр
а-
фика функции 45
4
83
x
y
.
122
.
Решите неравенство
.
0
2
3
1
log
)
1
2
(
log
)
2
(
log
1
2
1
log
2
,
0
5
5
2
,
0
x
x
x
x
123.
Решите неравенство .
0
)
3
2
(
log
)
2
3
(
log
3
2
x
x
124. Решите неравенство
.
0
)
7
(
log
1
20
13
2
log
3
2
2
x
x
x
125
. Р
ешите неравенство
.
1
1
2
3
log
1
2
x
x
126. Решите неравенство .
1
log
1
9
log
1
3
3
x
x
x
127. Решите неравенство
.
0
2
log
2
5
log
2
2
2
3
3
2
x
x
x
x
128
. Решите неравенство .
0
3
5
2
)
11
4
(
log
)
11
4
(
log
2
3
2
11
2
2
5
x
x
x
x
x
x
129
. Решите неравенство
1
5
log
11
6
x
.
130
. Решите неравенств
о
x
x
x
x
x
1
2
1
2
log
5
log
.
131
. Решите неравенство
3
2
1
log
)
2
6
3
(
log
2
x
x
x
x
x
.
132. Решите неравенство
2
4
4
)
4
(
log
)
20
5
(
log
x
x
x
x
.
133
. Решите неравенство 7
14
6
log
)
7
(
log
2
3
x
x
x
x
x
x
).
1
(
log
x
x
134.
Решите неравенство
2
2
1
3
2
2
1
3
3
6
11
log
1
2
log
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
43
135. Решит
е неравенство
.
2
log
2
log
1
5
6
1
5
6
2
2
x
x
x
x
136
. Решите неравенство
2
)
1
3
2
(
log
2
1
x
x
x
.
137
. Решите неравенство
2
)
6
15
9
(
log
2
2
x
x
x
.
138
. Решите неравенство
2
)
1
3
2
(
log
2
1
x
x
x
.
139. Решите неравенство .
2
2
7
4
log
2
2
x
x
x
140. Решите неравенство 1
1
9
log
2
x
x
x
.
141. Решите неравенство .
1
log
2
3
2
x
x
142. Решите неравенство
2
1
2
5
log
1
x
x
.
143
. Решите неравенство
1
3
1
log
1
3
1
3
x
x
x
.
144. Решите неравенство
.
0
3
log
6
7
2
2
x
x
x
145. Решите неравенство 2
1
|
2
|
5
4
log
2
x
x
x
.
146. Решите неравенство
0
)
10
6
(
log
)
2
(
log
log
2
1
2
2
2
1
2
x
x
x
x
x
x
.
147. Решите неравенство 7
log
7
log
)
1
5
4
lg(
)
1
2
5
lg(
5
5
3
2
2
3
y
y
y
y
.
148. Решите неравенство
.
0
6
log
log
6
x
x
x
1
49
. Решите неравенство
)
8
(
log
2
)
5
,
9
(
log
8
2
10
x
x
x
x
.
150
. Решите неравенство
1
log
)
1
(
log
5
3
2
2
x
x
x
x
x
.
151
. Решите неравенство
)
3
(
log
)
7
(
log
2
)
2
(
3
2
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
5
log
2
.
15
2
. Решите неравенство
2
2
2
9
log
1
2
3
1
2
x
x
x
.
15
3
. Решите неравенство
0
1
1
2
2
1
7
2
log
1
5
2
2
2
y
y
y
y
.
154
. При каких
р
число 2 является реш
е-
нием неравенства
1
6
5
,
0
5
,
0
log
2
2
2
2
x
p
x
p
p
x
?
155
. Реш
ите неравенство
.
1
9
3
log
log
9
x
x
156
.
Решите неравенство .
0
4
log
log
4
x
x
x
1
57
. Решите неравенство .
0
)
3
(
log
)
2
(
log
3
2
x
x
x
x
1
58
. Решите неравенство
.
0
1
|
|
|
4
|
log
3
2
2
x
x
x
x
x
159
. Решите неравенство
.
0
log
10
log
)
10
3
(
log
)
3
10
(
log
3
3
3
3
x
x
x
x
16
0
. Решите неравенство
.
2
)
18
(
log
16
1
16
36
log
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
16
1
. Решите неравенство
x
x
x
)
2
(
log
1
1
2
6
2
.
16
2
. Решите неравенство
)
2
(
log
2
log
3
x
x
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
44
16
3
. Решите неравенство
0
2
2
1
)
4
(
log
)
2
|
1
2
(|
|
|
3
1
1
2
x
x
x
x
x
.
164
. (ЕГЭ, 2010) Решите неравенство
)
7
(
log
)
12
(
log
)
7
(
log
|
|
log
2
3
3
2
2
1
1
x
x
x
x
x
x
.
165
. Решите неравенство
2
2
1
5
10
log
)
4
|
(|
log
2
4
1
2
4
1
2
2
x
x
x
x
x
.
16
6
. Решите неравенство 2
2
)
5
(
9
6
log
3
x
x
x
x
x
2
2
)
5
(
9
6
log
4
x
x
x
.
1
67
.
Решите неравенство
.
2
)
19
(
log
16
1
18
19
log
2
2
1
2
1
x
x
x
x
x
1
68
.
Решите неравенство ).
2
1
(
log
2
9
5
log
1
2
4
5
2
x
x
x
x
x
x
169
. Решите неравенство
.
3
1
15
19
6
log
2
7
25
30
9
log
5
3
1
log
2
3
2
2
3
2
2
3
2
x
x
x
x
x
x
x
x
170. Решите неравенство
10
2
log
5
log
5
2
log
2
2
log
x
x
x
x
.
171. Решите неравенство 3
10
lg
lg
x
x
x
x
.
17
2
. Решите неравенство
.
100
10
2
lg
x
x
173. Решите неравенство 1000
1
lg
3
lg
2
x
x
x
.
174. Решите неравенство
000
000
1
10
10
2
lg
10
lg
x
x
x
.
17
5
. Решите неравенство
3
3
3
log
4
)
(log
3
2
3
x
x
x
.
17
6
. Решите неравенство 2
2
log
x
x
.
17
7
. Решите неравенство
x
x
x
2
2
2
10
10
101
log
x
x
x
2
2
2
5
2
5
2
101
log
.
1
78
. Решите неравенство
x
x
x
lg
1
2
1
5
log
lg
1
lg
1
2
1
.
1
79
. Решите неравенство
)
4
4
(
log
8
2
2
3
2
x
x
x
x
x
)
4
4
(
log
9
2
2
3
2
x
x
x
.
18
0
. Решите неравенство
6
1
1
4
1
)
2
(
log
3
2
)
2
(
log
x
x
x
x
.
18
1
. Решите неравенство
0
5
4
sin
3
2
2
ctg
2
x
x
x
x
.
18
2
. Решите неравенство
1
3
cos
3
sin
2
2
x
x
.
18
3
. Решите неравенство
6
3
arcsin
x
.
18
4
. Решите неравенство
0
)
2
tg
)(
2
(
1
2
2
x
x
x
x
.
185
. Решите не
равенство
16
1
cos
2
x
x
.
18
6
. Решите неравенство
1
1
sin
log
)
24
10
(
2
2
2
x
x
x
.
187. Найдите количество целочисленных решений неравенства 0
2
3
2
x
x
, удовлетворяющих у
с
ловию
0
2
cos
2
x
.
188
. Решите неравенство
1
2
2
2
5
x
x
3
4
arctg
cos
4
3
4
arctg
sin
3
x
x
.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
45
Ответы
1
. )
2
cos
;
3
(cos
.
2
. 4
25
6
2
;
5
.
3
. )
;
5
,
1
(
)
3
;
1
(
3
.
4
. ]
2
;
1
[
.
5
. )
;
5
(
)
5
;
3
[
.
6
. )
8
;
7
(
]
2
;
1
(
.
7
. )
1
;
1
(
3
4
;
2
3
.
8
. 7
1
.
9
. )
1
;
(
]
4
;
2
(
.
10
. )
;
1
[
)
0
;
5
,
1
[
)
3
;
4
[
.
11
. )
2
;
4
(
)
7
;
(
.
12
. )
;
5
,
0
[
.
13
. )
;
1
(
1
.
14
. )
5
,
0
;
0
(
.
15
. )
14
;
2
(
)
2
;
2
(
.
16
. )
1
;
0
(
)
3
;
(
.
17
. )
;
7
[
],
1
;
3
[
.
18
. ]
2
;
0
[
]
2
;
4
[
)
;
5
[
.
19
. )
;
5
[
]
2
;
1
[
]
0
;
(
.
20
. )
4
;
0
(
)
2
;
(
.
21
)
;
2
(
2
;
4
5
.
22
. 2
,
1
3
2
x
x
.
23
. 3
1
x
. 24
.
,
3
2
x
,
3
2
3
,
0
x
,
1
x
2
x
.
25
. ]
5
,
0
;
1
(
)
1
;
3
[
.
26
. )
;
7
[
3
]
2
;
(
.
27
. 5
]
1
;
(
.
28
. 3
x
.
29
. 2
]
1
;
4
[
.
30
. ,
0
3
x
2
,
5
,
0
x
x
.
31
. )
;
9
(
)
7
;
5
[
]
0
;
(
.
32.
]
1
;
0
[
)
1
;
2
[
.
33
.
1
]
1
;
5
[
)
6
;
7
[
.
34. 5
4
,
2
1
x
x
.
3
5. ].
16
;
4
(
]
1
;
0
[
36. ]
3
;
0
(
)
0
;
2
[
.
37. )
1
;
6
,
0
[
.
3
8
. 2
145
1
;
4
5
;
2
145
1
.
39
. 7
4
3
x
.
4
0
. ,
5
4
,
3
,
1
0
x
x
x
.
6
5
x
41
. 3
1
x
.
42
. 4
.
43
. 2
;
3
5
.
44
. )
;
2
(
)
1
;
(
.
4
5
. )
;
1
[
.
4
6
. )
9
;
0
(
.
4
7
. ]
1
;
0
[
.
4
8
. )
;
2
[
]
5
;
(
.
49
. )
;
1
(
5
,
0
;
0
.
50
. ]
5
,
2
;
1
[
.
5
1
. 1
5
,
0
p
.
5
2
. )
;
5
(
.
5
3
. 0
x
.
54
. )
;
5
(log
)
1
;
0
(
2
.
55
. ]
1
;
(
.
5
6
. 2.
5
7
. )
4
log
;
1
(
)
1
;
3
(log
3
4
.
5
8
. )
3
;
1
(
)
1
;
4
[
.
5
9
. ;
8
log
0
3
x
5
,
2
x
.
60
. ]
5
;
2
(
)
7
;
(
.
6
1
. ]
5
,
0
;
0
(
]
5
,
2
;
(
.
6
2
. 3
1
log
;
0
3
2
.
63
. )
);
3
20
(
[log
]
1
;
(
3
.
64. ).
;
6
[
2
6
5
. 17
1
log
2
3
x
.
6
6
. 3
x
.
6
7
. 3
2
3
2
x
;
0
3
2
x
; 3
2
0
x
;
3
2
3
2
x
.
68
. 0
x
.
69
. }
2
{
]
7
;
(
.
70
. ]
4
;
1
(
)
1
;
0
(
)
0
;
4
[
.
7
1
. 4
;
3
2
2
.
72
. )
;
5
[
.
73. 2
13
1
;
2
.
7
4
. 2
x
.
7
5
. 1
x
, 1
x
.
7
6
. 4
1
x
.
7
7
. 1
5
,
0
x
.
7
8
. 10
1
,
0
x
.
7
9
. ]
0
;
2
[
.
80
. )
;
7
(
9
17
;
2
.
8
1
. 3
;
3
x
x
.
8
2
. 6
1
;
4
1
64
21
;
384
127
.
83
.
)
2
;
1
(
)
1
;
0
(
.
8
4
.
,
3
2
2
1
x
2
1
1
x
. 85
. ;
6
1
1
.
86. 2
x
или 6
x
.
87. 17
1
x
.
88
.
–
1
.
89
. ]
5
;
2
(
.
90
. 1
2
x
. 91
. 3
2
x
. 92. 16
27
0
x
.
93. 0
1
x
.
94. 5
,
1
lg
2
lg
5
,
0
lg
10
;
0
или 3
log
5
,
1
2
1
;
0
.
95
. 0
;
8
1
)
1
;
4
(
)
4
;
8
[
.
96
. )
;
6
(
)
6
;
2
(
)
1
;
0
(
)
0
;
1
(
)
1
;
2
(
.
97
. )
;
2
[
)
1
;
0
(
.
98
.
;
2
2
x
2
1
0
x
.
99
. 16
3
tg
2
2
x
.
100
. ]
5
1
;
3
1
[
]
3
1
;
5
1
[
.
101
. 3.
102
. ]
5
,
16
;
4
(
. 103
. )
3
;
5
,
0
(
.
104
. )
;
4
(
)
4
;
3
(
.
105
. ]
7
,
1
;
3
(
)
3
;
4
(
.
106
. 9
17
;
2
3
.
107
. 0
;
8
1
)
4
;
(
.
108. .
2
2
2
,
5
,
0
0
4
x
x
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
46
109
. )
8
;
1
(
1
;
4
2
.
110. ;
4
1
0
x
4
1
x
.
111. 5
log
7
log
2
2
7
5
1
x
.
112
. 50
69
3
39
;
4
1
.
113. )
;
3
[
]
4
;
5
(
.
114. )
;
0
(
.
1
15
.
)
1
;
2
(
)
2
;
(
).
;
2
(
)
2
;
1
(
116
. )
5
,
1
;
5
,
2
(
)
5
,
1
;
1
(
5
,
0
)
5
,
0
;
5
,
1
(
.
117. )
;
3
(
]
1
;
0
(
.
118. )
3
;
2
(
5
,
0
;
0
.
119. )
;
1
(
.
120. 3
]
1
;
2
(
.
121. )
25
,
11
;
75
,
5
(
.
122
.
)
1
;
5
,
0
(
.
123.
3
1
;
3
2
.
124. 5
,
2
;
2
6
;
7
5
,
4
;
4
.
125
. ).
;
1
[
;
0
;
3
2
log
2
126. )
3
;
2
[
.
127. ,
2
5
3
3
1
x
2
5
2
x
.
128
. ;
15
2
2
;
2
x
x
6
x
.
129
. 1
;
3
5
.
130
. )
;
5
(
1
;
5
,
0
.
131
. 2
;
3
1
1
]
2
1
;
0
(
.
132. )
;
1
[
)
3
;
4
(
.
133
. ,
2
1
x
7
3
x
. 134.
.
3
;
5
,
1
1
135. 3
1
0
x
, 6
5
2
1
x
.
136
. ]
5
;
1
(
)
5
,
0
;
0
(
)
0
;
1
(
.
137. 8
5
;
3
1
.
138. ]
5
;
(
.
139. ]
0
;
5
,
0
(
)
4
;
1
[
.
140. .
1
;
5
44
2
)
1
;
8
[
141. ).
3
;
0
(
)
0
;
1
(
)
1
;
5
,
1
(
142. ).
;
2
[
),
1
;
5
,
0
[
143. 3
2
3
1
x
.
144. .
3
,
5
,
2
2
,
5
,
1
1
x
x
x
145. .
5
2
;
2
1
6
x
x
146. .
3
1
1
2
x
147. 4
1
;
0
);
0
;
3
[
;
4
5
;
1
.
148. (2;
5)
.
1
49
. )
75
,
9
;
5
,
9
(
)
5
,
9
;
9
(
.
150
. ).
;
5
(
)
3
;
1
(
)
0
;
1
(
151
. ,
1
2
x
5
3
x
.
15
2
. )
3
log
1
(
3
2
;
2
3
)
1
;
0
(
2
.
15
3
. 1
0
;
3
2
3
5
7
log
2
y
y
.
154
. ]
5
,
1
;
1
(
)
7
;
(
.
155
. ;
10
log
3
.
156
.
2
1
17
;
1
.
1
57
. )
2
;
1
(
]
1
;
2
(
.
1
58
. 5
1
5
;
3
5
1
x
x
.
159
. )
;
1
(
)
1
,
0
;
0
(
.
16
0
. 2.
16
1
. 0
2
1
x
.
Указание. Рассмотреть граф
и
ки функций 1
2
6
x
x
y
и )
2
(
log
1
2
x
y
.
1
6
2
. 2
;
2
1
0
3
x
x
.
16
3
. 1
4
x
.
164
. ]
4
;
1
(
),
1
;
0
(
),
0
;
3
[
),
6
;
7
(
.
165
. 20
5
5
2
1
x
; 0
20
5
5
x
;
20
45
5
0
x
; 2
1
10
44
3
x
.
16
6
. ,
4
3
,
2
,
1
0
x
x
x
.
5
4
x
1
67
.
3.
1
68
.
,
0
4
,
2
2
2
5
x
x
5
,
0
0
x
.
169
. .
4
7
170. .
2
;
1
0
x
x
Указание. Рассмо
т
реть два случая 1
0
x
и 1
x
. Во втором случае прим
е-
нить неравенство К
о
ши. 171. .
10
,
10
0
5
lg
5
lg
x
x
17
2
. ).
1000
;
1
(
173. 1000
x
.
174. 4
lg
4
lg
10
10
x
.
17
5
. 3
2
3
2
3
;
3
0
x
x
.
17
6
. ;
4
1
0
x
4
x
.
17
7
. 2
101
lg
0
,
2
x
x
.
1
78
. 5
,
0
1
,
0
x
.
1
79
. 8
;
3
x
x
.
18
0
. ;
2
5
1
0
;
2
5
1
1
x
x
2
13
1
x
.
18
1
. 3
4
;
3
2
;
0
5
;
1
.
18
2
. Z
k
k
,
3
.
18
3
. )
6
;
3
[
.
184
.
2
;
2
2
;
0
.
185
.
0.
186
.
5.
187.
2.
188
.
0,5.
Корянов А.Г., Прокофьев А.А.
Методы решения неравенств с одной переменной
.
21
.01.2011
.
www.alexlarin.narod.ru
47
С
писок и источники литературы
1.
Денищева Л.О., Глазков Ю.А., Кра
с-
нянская К.А., Рязановский А.Р., С
е
менов П.В. Единый государственный э
к
замен 2008. Математика. Учебно
-
тренировоч
-
ные материалы для подг
о
товки учащихся / ФИПИ –
М.: Инте
л
лект
-
Центр, 2007.
2.
До
рофеев Г.В. Обобщение метода интервалов // Математика в школе, 1969, №3.
3
. Единый государственный экзамен 2010. Математика. Универсальные мат
е-
риалы для подготовки учащихся / ФИПИ –
М.: Инте
л
лект
-
Центр, 2010.
4
. ЕГЭ 2010. Математика: Сборник тренировочных работ / Высоцкий И.Р., З
а-
харов П.И., Панфёров В.С., Семёнов А.В., Сергеев И.Н., Смирнов В.А., Ше
с
таков С.А., Ященко И.В. –
М.: МЦНМО, 2009.
5
. ЕГЭ 2010. Математика. Типовые тестовые задания /под ред. А.Л. Семен
о
ва, И.В. Ященко. –
М.: Издательство «Экз
а-
мен»
, 2010.
6.
Задачи письменного экзамена по м
а-
тематике за курс средней школы. У
с
ловия и решения. Вып. 1
-
6, 8, 12, 14, 18, 25. –
М.: Школьная Пресса, –
(Библиот
е
ка журнала «Математика в школе»), 1993
-
2003.
7. Математика. Алгебра. Начала мат
е-
матического анализ
а. Профильный ур
о-
вень: задачник для 10
-
11 классов / М.И. Шабунин, А.А. Прокофьев, Т.А. Олейник, Т.В. Соколова. –
М.: БИНОМ. Лаборат
о-
рия знаний. 2009. –
477 с.
8. Математика. Алгебра. Начала мат
е-
матического анализа. Профильный ур
о-
вень: учебник для 11 класса
/ М.И. Шаб
у-
нин, А.А. Прокофьев. –
2
-
е изд., испр. и
доп. –
М.: БИНОМ. Лаборатория зн
а
ний. 2011. –
391 с.
9
. Панферов В.С., Сергеев И.Н
. ЕГЭ
2010
. Математика. Задача С3 /
под ред. А.Л. Се
менова и
И.В. Ященко. –
М.: МЦНМО, 2010.
10
. Панферов В.С., Сергеев И
.Н. О
т-
личник ЕГЭ. Математика. Решение сло
ж-
ных задач; ФИПИ –
М.: И
н
теллект
-
Центр, 2010.
11
.
Потапов М.К., Шевкин А.В., Вук
о-
лова Т.М. О решении неравенств вида ))
(
(
))
(
(
x
f
x
f
// Математика в шк
о
ле, 2005, №5
.
1
2
. Самое полное издание типовых в
а-
рианто
в реальных заданий ЕГЭ 2010: М
а-
тематика /авт.
-
сост. И.Р. Высо
ц
кий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. –
М.: АСТ: Ас
т-
рель, 2009. –
(Федеральный институт пед
а-
гогических измер
е
ний).
1
3
. Ященко И.В., Шестаков С.А., Зах
а-
ров П.И
. Подготовка к ЕГЭ по матем
а
тике в 2010 году. Методические указ
а
ния. –
М.: МЦНМО, 2009.
1
4
. Уравнения и неравенства. Неста
н-
дартные методы решения. 10
-
11 кла
с
сы: Учебно
-
метод. пособие / С.Н. Олехник, М.К. Потапов, П.И. Пасиченко. –
М.: Др
о-
фа, 2001.
1
5
.
www
.
mathege
.
ru
-
Математика ЕГЭ 2010
, 2011
(открытый банк зад
а
ний)
1
6
. www
.
alexlarin
.
narod
.
ru
–
сайт
по оказанию информационной поддержки студентам и абитуриентам при подгото
в
ке к ЕГЭ
, поступлению в ВУЗы и изуч
е
нии различных разделов высшей матем
а
тики.
1
7
. http
:///
eek
.
diary
.
ru
/
–
сайт по оказ
а-
нию помощи абитуриентам, студе
н
там, учителям по м
атематике.
Документ
Категория
Математика
Просмотров
6 768
Размер файла
830 Кб
Теги
2011
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа