Автор: Елена Алексеевна Томалова
Должность: учитель математики
Учебное заведение: МБОУ "СОШ №7"
Населённый пункт: гп.Талинка, ХМАО -Югра
Наименование материала: Методическая разработка
Тема: Метод оценки при решении уравнений и неравенств
Раздел: полное образование
Метод оценки при решении некоторых уравнений и неравенств.
Свою статью посвящаю способу решения уравнений и неравенств, при котором
оцениваются границы, в которых могут лежать значения каждой из частей данного
уравнения и неравенства. Метод оценок - нестандартный метод решения уравнений и
неравенств, который часто встречается при решении некоторых заданий школьных и
вузовских олимпиад, а также заданий из ЕГЭ профильного уровня и, на мой взгляд,
незаслуженно обделен вниманием школы. Поэтому предлагаю рассмотреть возможности
этого метода на конкретных примерах. Знакомить учеников с методом оценки лучше, на
мой взгляд, начиная с 10 класса после изучения логарифмических, показательных и
тригонометрических уравнений и неравенств.
При решении некоторых уравнений и неравенств свойство ограниченности снизу
или сверху функции на некотором множестве часто играет определяющую роль. Можно
предположить, что метод оценки используется,
если:
1)
нам задано смешанное уравнение (или неравенство), т.е. в задании есть разнородные
функции;
2)
входящие в уравнение (неравенство) функции имеют сложный, трехэтажный или
пугающий вид;
3)
в одной части уравнения (неравенства) стоят ограниченные функции, а в другой вполне
конкретные числа;
4)
переменных в задании больше, чем уравнений или неравенств.
Метод оценки требует умения оперировать такими понятиями как: функция и ее свойства
(монотонность, ограниченность, экстремумы и др.), производная, среднее арифметическое,
среднее геометрическое, а также знания некоторых нестандартных неравенств и математических
тождеств.
Функции, стоящие в левой и правой части, могут быть равны друг другу только в
определенной точке, причём, одна из функций принимает в этой точке наименьшее
значение, а другая - наибольшее.
Основная идея метода оценок состоит в том, чтобы найти
мажоранту (миноранту) данной функции. Мажорантой (минорантой) данной функции f(x) на
заданном промежутке называется такое число M, что или f(x) ≤ M
для всех x из данного
промежутка, или f(x) ≥ M для всех x из данного промежутка
Применение метода оценки значительно сокращает и упрощает решение задач, рассмотрим
некоторые примеры.
Пример 1. Решить уравнение cos x = 1 + x
2
. Стоит изобразить схематически графики
обеих частей уравнения.
Из
рисунка
видно,
что
графики
имеют
единственную общую точку. Значит, х = 0 –
единственный корень уравнения, который можно
проверить подстановкой. Далее, решая графически
уравнения: 2cosx = 2 + x
2
, 3cosx = 3 + x
2
… заметим,
что графики строить не обязательно. Понятно, что
парабола у = 1 + x
2
не лежит ниже ее вершины, а
график у = cosx не выше этой вершины. Рассмотрев
левую и правую часть уравнения cos x = 1 + x
2
,
приходим к выводу, что 1 + x
2
≥ 1, cos
x ≤ 1.
Поэтому равенство достигается, когда обе части равны 1. Получили систему уравнений
1 + x
2
= 1
cosx = 1. Найдем корни первого
уравнения:1 + x
2
= 1
х
2
= 0, х = 0. Подставим значение х = 0 во второе уравнение для проверки
cos 0 = 1 (верно). Ответ: х = 0
Пример 2. Решить уравнение – соs(5
π
x
) = x
2
– 6x + 10
Решение: Для любого действительного х | cosх | ≤ 1, – соs(5
π
x
) ≤ 1.
Преобразуем правую часть: x
2
– 4x + 5 = x
2
– 4x + 4 +1 = (х – 2)
2
+1 ≥ 1. Таким образом,
левая часть не больше 1, а правая не меньше 1. Поэтому равенство верно, если обе части
равны 1. Получим равносильную для уравнения систему:
– соs(5
π
x
) = 1
( х – 7)
2
+1= 1.
Решая второе уравнение, получим х = 7. Подставляя х = 7 в первое уравнение, получим –
-соs(35
π
) = 1, = -1 верное равенство.
Ответ: х = 7.
Пример 3. Решить уравнение
2
cosx
= cos x +
1
cos x
Решение:
2
cosx
≤
2, т.к. | cosх | ≤ 1. Это равенство возможно, если cos х = 1. Правая часть
должна быть положительна, т.к.
2
cosx
> 0. Значит,
cos
x
+
1
cos x
≥ 2. Это условие
выполняется , если cos x = 1. Таким образом, уравнение имеет решение при условии, что
cos x = 1, тогда 2
1
= 1 +
1
1
. Значит, х = 2
π
k
. Ответ: х = 2
π
k
.
Пример 4. Решите неравенство:
7
−¿
x
−
3
∨¿
·
¿
log
2
¿
Умножим обе части данного неравенства на положительную величину:
7
¿
x
−
3
∨¿ ¿
7
−¿
x
−
3
∨¿
·
¿
7
¿
x
−
3
∨¿ ¿
=7
0
= 1.
Неравенство
имеет
вид:
log
2
¿
В левой и правой части полученного неравенства оказались функции разных типов.
Применим метод оценки.
Выделим под логарифмом полный квадрат: 6х – х
2
– 7 = 6х – х
2
– 9 + 2 = 2 – (х
2
- 6х + 9) =
2 –
(
х – 3
)
2
.
Неравенство примет вид:
log
2
¿
≥
7
¿
x
−
3
∨¿ ¿
Наибольшее значение выражения под логарифмом равно 2. Значит, наибольшее значение
логарифма равно
log
2
2
, то есть 1, и достигается оно при единственном значении x = 3.
В то же время, наименьшее значение выражения
7
¿
x
−
3
∨¿ ¿
также равно 1, и достигается
оно при единственном значении x = 3.
Поэтому последнее неравенство будет выполнено лишь в одном-единственном случае:
когда обе его части равны 1, т. е. при x = 3. Решением данного неравенства служит
единственное число 3.
Ответ: x= 3.
Пример 5. Рассмотрим уравнение, в левой и правой части которого находятся функции
разных типов:
2
3
−
cos
2
10 π x
= 8 + (20x + 3)
2
Такое уравнение бесполезно возводить в квадрат или делать с ним арифметические
действия. Бесполезно брать логарифмы от обеих частей — от этого оно усложнится. Что
же с ним делать? Упростим его, насколько возможно. В левой части применим свойство
вычитания степеней
8
2
cos
2
10 π x
= 8 + (20x + 3)
2
Посмотрим на правую часть этого уравнения. Очевидно, 8 + (20x + 3)
2
≥ 8
Какой же будет левая часть? Давайте оценим и ее тоже.
Так как 0 ≤cos
2
10 π x ≤ 1 ,
то
1 ≤2
cos
2
10 π x
≤
2
Значит,
8
2
cos
2
10 π x
≤
8
Получается, что при всех значениях х левая часть уравнения не меньше, чем 8, а правая
часть не больше, чем 8. И это значит, что решением уравнения могут быть только такие
значения переменной х, когда и левая, и правая часть равны 8. Тогда они равны друг
другу. В этом и состоит метод оценки.
Правая часть уравнения 8 + (20x + 3)
2
= 8 при х = -
3
20
. Подставим значение х в левую
часть
2
3
−
cos
2
10 π x
=
2
3
−
cos
2
10 π
(
−
3
20
)
= 2
3
= 8.
Таким образом
,
х
= -
3
20
Ответ: х
= -
3
20
Пример 6. Решите неравенство:
(
x
2
+
2 x
+
2
)
∙ cos
(
x
+
1
)
≥ 2 x
2
+
4 x
+
3 ∙
Так как
x
2
+
2 x
+
2
=
(
x
+
1
)
2
+
1 ≥1 для xϵR ,
разделим обе части неравенства на это
выражение и получим равносильное неравенство:
cos
(
x
+
1
)
≥
2 x
2
+
4 x
+
3
x
2
+
2 x
+
2
cos
(
x
+
1
)
≥
x
2
+
2 x
+
2
+
x
2
+
2 х
+
1
x
2
+
2 x
+
2
;
cos
(
x
+
1
)
≥1
+
x
2
+
2 х
+
1
x
2
+
2 x
+
2
;
cos
(
x
+
1
)
≥1
+
(
x
+
1
)
2
(
x
+
1
)
2
+
1
;
В такой форме удобно оценить обе части неравенства, используя простейшие
свойства входящих функций:
g
(
x
)
=
1
+
(
x
+
1
)
2
(
x
+
1
)
2
+
1
∙
f
(
x
)
=
cos
(
x
+
1
)
−
1≤ cos
(
x
+
1
)
≤1 ,
−
1≤ f
(
x
)
≤ 1 ,
f
(
x
)
≤1.
1
+
(
x
+
1
)
2
(
x
+
1
)
2
+
1
≥1 ,
g
(
x
)
≥1 , 1≤ g
(
x
)
≤ f
(
x
)
≤ 1.
Получаем равносильную систему уравнений:
{
cos
(
x
+
1
)
=
1
1
+
(
x
+
1
)
2
(
x
+
1
)
2
+
1
=
1
Решив второе уравнение системы, получим значение х = -1, которое обращает в
верное равенство первое уравнение системы. Значит,
x
=−
1.
Ответ:
x
=−
1.
Пример 7. Решите уравнение: sin 2x sin 5x = 1. Умножим на 2
2sin 2x sin 5x = 2 . Преобразуем левую часть по формуле cos x - cos y = -2 sin
x
+
y
2
sin
x
−
y
2
2 sin
7 x
−
3 x
2
sin
3 x
+
7 x
2
= 2
cos3x – cos7x = 2. Т.к. | cosх | ≤ 1, то равенство верно, если cos3x = 1, cos7x = -1.
1) cos3x = 1 2) cos7x = -1
3х = 2πn
7x = π +2πn
x =
2 π n
3
, x =
π
7
+
2 π n
7
,
n –
целое число
Ищем пересечения, то есть целые n, при которых решения равны:
2 π n
3
=¿
π
7
+
2 π n
7
.
Умножим на 21 и разделим на π, получим
14 n = 3 + 6n
Полученное равенство невозможно, т.к. в его левой части четное число, а в правой –
нечетное. Ответ: решений нет.
Пример 8. Решить уравнение:
√
3
−
x
+
√
x
−
1
=
x
2
−
6 x
+
11.
Оценим каждую часть уравнения:
f
(
x
)
=
√
3
−
x
+
√
x
−
1 ; g
(
x
)
=
x
2
−
6 x
+
11.
Найдем область определения
f
(
x
)
:
D
(
f
)
:
{
3
−
x ≥ 0;
x
−
1 ≥0 ;
{
x ≤ 3;
x ≥ 1;
D
(
f
)
=
[
1 ; 3
]
.
Далее найдем мажоранту
f
(
x
)
с помощью производной:
f ´
(
x
)
=
(
√
3
−
x
+
√
x
−
1
)
´
=
−
1
2
√
3
−
x
+
1
2
√
x
−
1
=
−
2
√
х
−
1
+
2
√
3
−
х
2
√
(
3
−
x
)
∙
(
x
−
1
)
=
√
3
−
x
−
√
х
−
1
√
(
3
−
x
)
∙
(
x
−
1
)
;
Найдем область определения
f ´
(
x
)
:
(
3
−
x
)
∙
(
x
−
1
)
>
0 ,
D
(
f ´
)
=
(
1 ; 3
)
.
Найдем критические точки
f
(
x
)
, f ´
(
x
)
=
0 :
√
3
−
x
−
√
x
−
1
=
0 ,
3
−
x
=
x
−
1 ,
x
=
2.
Так как
2 ϵ D
(
f
)
и f ´
(
2
)
=
0 , то x
=
2
- критическая точка
f
(
x
)
. Функция в левой части
уравнения
f
(
x
)
непрерывна и монотонна на отрезке
[
1 ; 3
]
, имеет на этом отрезке
единственный экстремум :
у
x
х
max
= 2.
f
(
x
)
1 2 3
х
f ´
(
x
)
+
-
2
max
[
1;3
]
f
(
x
)
=
f
(
2
)
=
√
3
−
2
+
√
2
−
1
=
2 ; значит , f
(
x
)
≤ 2.
Оценим правую часть уравнения, выделяя полный квадрат:
g
(
x
)
=
x
2
−
6 x
+
11
=
(
x
−
3
)
2
+
2 , D
(
g
)
=
R ;2 ≤ g
(
x
)
≤
+
∞ .
Значит, g
(
x
)
≥ 2
.
Такимобразом , получили
:
{
f
(
x
)
≤ 2;
g
(
x
)
≥2 ;
Значит , f
(
x
)
=
g
(
x
)
=
2 при х
=
2.
Т.е. решением
уравнения будет число
x
=
2.
Ответ:
x
=
2.
1 2 3