Уравнения и неравенства · 11 класс · урок 5 из 5 · Никольский, «Алгебра и начала анализа 11», гл. II § 7–13, § 13

Свойства функций при решении уравнений

Сначала нужно знать: Метод промежутков, производная
Зачем этот урок: ЕГЭ №14 и №16: нестандартные уравнения и неравенства — оценки вместо преобразований
Дальше: Системы уравнений, параметры

Равносильность уравнений и неравенств · урок 5

Свойства функций

Область существования, неотрицательность, ограниченность, монотонность

Область существования

Если обе части определены лишь на конечном множестве $M$ , достаточно проверить его точки. Например, $\sqrt{x^2 - 4}$ и $\sqrt{4 - x^2}$ одновременно определены только при $x = \pm2$ .
Если $M$ пусто — решений нет: $\sqrt{1 - x^2} > \lg(x - 2)$ — нужны $|x| \le 1$ и $x > 2$ одновременно.
$2^{\sqrt{\cos x - 1}} + \log_2(x^2 + 1) > \sin x + 1$ : корень определён лишь при $\cos x = 1$ , $x = 2\pi k$ ; остаётся $\log_2(4\pi^2k^2 + 1) > 0$ — верно при $k \ne 0$ .

Неотрицательность

$x^4 + 5\cdot 4^x + 4x^2\cdot 2^x - 2\cdot 2^x + 1 = 0 \iff (x^2 + 2\cdot 2^x)^2 + (2^x - 1)^2 = 0$ : $2^x = 1$ даёт $x = 0$ , но тогда $x^2 + 2\cdot 2^x = 2 \ne 0$ — корней нет.
$\sqrt{x^2 - 7x + 12} + \lg^2(x^2 - 4x + 1) \le 0$ : $x^2 - 7x + 12 = 0$ ( $x = 3$ или $4$ ) и $x^2 - 4x + 1 = 1$ ( $x = 0$ или $4$ ). Ответ $4$ .

Если

F = f_1 + \ldots + f_n

и каждое

f_i \ge 0

на своей области, то

F = 0

(и

F \le 0

) ⇔ системе

f_1 = 0, \dots, f_n = 0

Ограниченность (метод оценки)

$\lg(x^2 + 2x + 2) + 5 \le 4 - 2x - x^2$ : слева $\lg((x + 1)^2 + 1) + 5 \ge 5$ , справа $5 - (x + 1)^2 \le 5$ . Обе части равны $5$ только при $x = -1$ .
$|\lg(x - 2)| + 1 \le -\cos\pi x$ : слева $\ge 1$ , справа $\le 1$ ⇒ $\lg(x - 2) = 0$ и $\cos\pi x = -1$ : $x = 3$ .
Полезное неравенство: $a + \dfrac1a \ge 2$ при $a > 0$ (равенство при $a = 1$ ): $2^x + 2^{-x} \ge 2$ , $\operatorname{tg}^2 x + \operatorname{ctg}^2 x \ge 2$ .
Синус и косинус. $\sin x\cos 4x = 1$ : так как $|\sin x| \le 1$ , $|\cos 4x| \le 1$ , нужно $\sin x = \cos 4x = \pm1$ . Подходит $\sin x = 1$ , $\cos 4x = 1$ : $x = \tfrac\pi2 + 2\pi k$ .

Если на общей области

f(x) \ge A

g(x) \le A

, то

f = g

(и

f \le g

) ⇔

\begin{cases} f = A,\\ g = A.\end{cases}

Монотонность

Доказательство. При $x_1 < x_0$ : $f(x_1) < f(x_0) = g(x_0) < g(x_1)$ ; при $x_1 > x_0$ — наоборот. Других корней нет.
$\sqrt[3]{2x + 7} = \sqrt{19 - x}$ : левая часть возрастает, правая убывает на $(-\infty; 19]$ ; $x = 10$ : $\sqrt[3]{27} = 3 = \sqrt9$ . Ответ $10$ .
Возрастание часто доказывают производной: $g(x) = 35\sin 2x - 210x$ , $g'(x) = 70\cos 2x - 210 < 0$ — убывает.

Если

f

возрастает, а

g

убывает на общей области

M

f(x_0) = g(x_0)

, то

x_0

— единственный корень уравнения

f(x) = g(x)

Экстремумы

$e^x - 1 - x = 0$ : $f'(x) = e^x - 1$ , $f$ убывает на $(-\infty; 0]$ , возрастает на $[0; +\infty)$ ; $\min f = f(0) = 0$ . Значит, $f(x) > 0$ при $x \ne 0$ — единственный корень $0$ .
Сколько корней у $x^3 - x^2 - x + 0{,}1 = 0$ ? $f'(x) = 3x^2 - 2x - 1$ , экстремумы в $-\tfrac13$ и $1$ ; $f\left(-\tfrac13\right) > 0$ , $f(1) < 0$ , $f \to \mp\infty$ на концах — три корня.
Наибольшее и наименьшее значения на отрезке показывают, принимает ли функция значение $0$ и сколько раз.

Никольский, № 13.3Пример 1

Решите неравенство

\lg\left(x^2 + 2x + 2\right) + 5 \le 4 - 2x - x^2

$\lg\left((x + 1)^2 + 1\right) \ge 0$ , поэтому левая часть $\ge 5$ ; правая $5 - (x + 1)^2 \le 5$ .
Неравенство ⇔ обе части равны $5$ : $(x + 1)^2 = 0$ и $\lg 1 = 0$ .
$x = -1$ .

Ответ: −1

ЕГЭ, задание 16Пример 2

Решите неравенство

8^{x^2 + 1} - 20\cdot 2^{x^2} + 12 > 0

$t = 2^{x^2}$ . Так как $x^2 \ge 0$ , то $t \ge 1$ — область значений сужает задачу.
$8t^3 - 20t + 12 > 0 \iff 4(t - 1)(2t^2 + 2t - 3) > 0$ . При $t \ge 1$ второй множитель $\ge 1 > 0$ .
Остаётся $t > 1$ , то есть $x^2 > 0$ , $x \ne 0$ .

Ответ: $(-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$

ЕГЭ, задание 16Пример 3

Решите неравенство

\left|x - 4^{1 + \sqrt{3 - x}}\right| \le \dfrac53x - 4\cdot 4^{\sqrt{3 - x}}

$a = 4^{1 + \sqrt{3 - x}} = 4\cdot 4^{\sqrt{3 - x}} \ge 4$ , область $x \le 3$ . Правая часть $\tfrac53x - a$ должна быть $\ge 0$ : $x \ge \tfrac35a \ge \tfrac{12}{5}$ .
При $x \le 3 < 4 \le a$ модуль раскрывается: $a - x \le \tfrac53x - a$ , то есть $a \le \tfrac43x \le 4$ .
Но $a \ge 4$ , значит $a = 4$ : $\sqrt{3 - x} = 0$ , $x = 3$ ; проверка: $|3 - 4| = 1 \le 5 - 4$ .

Ответ: 3

Главное

Узкая область существования — проверяем её точки; пустая — решений нет.
Сумма неотрицательных равна нулю ⇔ каждое слагаемое равно нулю.
Оценка: $f \ge A \ge g$ ⇒ $f = g \iff f = g = A$ ; $|\sin|, |\cos| \le 1$ , $a + \tfrac1a \ge 2$ .
Возрастающая и убывающая функции пересекаются не более одного раза — угадываем корень.

Все уроки станции «Равносильность уравнений и неравенств»