Решения - Горный

МАТЕМАТИКА
Вступительные экзамены по математике проводятся в письменной форме.
Типовые варианты билетов дают представление об уровне
требований, предъявляемых к поступающим в Горный институт.
Каждый билет содержит десять заданий. Эти задания включают преобразование алгебраического выражения, решение показательного, логарифмического, тригонометрического или иррационального уравнений, системы уравнений (алгебраических или показательно-логарифмических), задач на нахождение или применение
производной, на прогрессию, на составление алгебраического уравнения или системы уравнений и задач по геометрии. В билет также
входят задачи на решение алгебраического, иррационального, тригонометрического или показательно-логарифмического неравенств,
нахождение области определения функции. Включены также задачи
с параметром.
При выполнении заданий следует представить все необходимые математические выкладки.
Задания в билете разной сложности, что следует учитывать
при решении, так как оценка каждого задания зависит от уровня его
сложности.
Все числовые ответы должны быть приведены точно, т.е. не
нужно переводить обыкновенные дроби в десятичные.
В билеты не включены задания на вычисление и применение
интегралов. В целом материал не выходит за рамки программы
средней общеобразовательной школы.
Часть примеров приведена с решениями и указаниями, к
остальным даны ответы. Все указания надо изучить внимательно,
поскольку они носят общий характер и их надо учитывать при решении задач.
3
Билет 1
1. Упростить выражение
x3 / 2  y 3 / 2
x y

2 x
x  y  xy
x y
при x  0, y  0, x  y.
2. Решить уравнение 4 x  3x1/ 2  3x1/ 2  22 x1.
3. Найти интервалы монотонности и экстремумы функции
6 x3
.
f x    
x 2
4. Собрано 100 кг грибов, влажность которых равна 99 %. После сушки влажность снизилась до 98 %. Какой стала масса грибов?
5. В прямоугольном треугольнике биссектриса острого угла
делит противоположный катет на отрезки длиной 4 и 5 см. Определить площадь треугольника.
6. Решить уравнение 1  cos x  cos 2 x  0.
7. Решить уравнение 5  x  x  1 .
8. Решить систему уравнений
2

3 x 2 xy  1,


2 log 3 ( y  2)  log 3 (5 x  1).
9. Решить неравенство
x 2  5x  4
 1.
x2  4
10. При каких значениях параметра р уравнение
p  3  4  3 x  5  0 имеет единственный вещественный корень?
x
4
Решения
1. Прежде чем приводить дроби к общему знаменателю, надо
упростить каждую дробь: для первой дроби используем формулу
a 3  b3  (a  b)(a 2  ab  b 2 ),
для второй
a 2  b 2  (a  b)(a  b).
Тогда
x3  y 3
x3/ 2  y 3/ 2


x  y  xy x  y  xy
x y
x y

x2  y2
x y



x  y x  xy  y
x  y  xy

x y

x y
x y


x  y;
x  y.
Окончательно
x3/ 2  y 3/ 2
x  y  xy

x y
x y
2 x 

 
x y 

x  y  2 x  0.
Ответ: 0.
2. Для всех уравнений надо находить ОДЗ. Проверка делается
при необходимости (например, в случае появления иррациональных
выражений).
Если в процессе решения были сделаны нетождественные
преобразования, то проверку надо делать обязательно.
В данном примере ОДЗ: хR.
Представим 22х – 1 = 22(х – 1/2) = 4х – 1/2 и соберем степени с одинаковыми основаниями в левой и правой частях уравнения:
4 x  4 x 1 / 2  3x 1 / 2  3x 1 / 2.
Вынесем общие множители за скобки:
5
4 x1/ 2 (41/ 2  1)  3 x1/ 2 (31/ 21/ 2  1) 
4 x1/ 2 (2  1)  3 x1/ 2 (3  1)  4 x1/ 2  3  3 x1/ 2  4.
Разделим обе части уравнения на 3х – 1/2 и 3:
4 x1 / 2 4
 ;
3x1 / 2 3
x
по свойству степеней
 4
 
 3
Ответ: x 
ax  a 
   получим
bx  b 
x 1 / 2

4
1
 x   1,
3
2
3
x .
2
3
.
2
f x   
3. Найдем область определения функции
D f    , 0  0,    .
6 3x 2 12  3x 4
.


2
x2
2x2
стационарные точки функции:
6 x3
:

x 2
Вычислим f x  
Найдем
f x   0 
12  3x 4  0  4  x 4  0  x   2 .
Исследуем производную на знак в области определения
функции, результаты исследования представим в виде таблицы:
х
( , 2 )
 2
( 2 , 0)
f (x )
–
0
+
+
0
–
4 2


4 2

f (x )

6
0
(0, 2 )
2
( 2 ,  )
Ответ: функция возрастает на интервалах ( 2 ,0)
и
(0, 2 ) , убывает на интервалах (, 2 ) и ( 2 , ) , x   2  точка
минимума, x  2  точка максимума, f ( 2 )  4 2 , f ( 2 )  4 2 .
4. Масса грибов без воды составляет 1 % от 100 кг, т.е. 1 кг.
После сушки 1 кг грибов есть уже 2 % от новой массы, которую обозначим как х кг. Получим пропорцию
x кг – 100 %
1 кг – 2 %,
откуда х = 1100/2 = 50 кг.
Ответ: 50 кг.
5. Сделаем чертеж (рис.1). CD – биссектриса, АD = 4 см,
ВD = 5 см; обозначим АС = х, ВС = у.
Воспользуемся тем, что биссектриса
С
любого угла треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Тогда
А
y 5
5
  y  x,
x 4
4
D
В
Рис.1
катет АВ = 4 + 5 = 9 см. По теореме Пифагора
2
5 
 25 
y 2  x 2  9 2   x   x 2  81  x 2   1  81 
4


 16 
81  16
x2 
 ÀÑ  x  12 ,
9
1
1
AB  AC  12  9  54 см2.
2
2
Ответ: площадь треугольника 54 см2.
и площадь треугольника S 
6. Для решения уравнения используем формулу двойного угла
cos2x = 2cos2 x – 1. Получим
7
1  cos x  (2 cos2 x  1)  0  2 cos2 x  cos x  0 
cos x(2 cos x  1)  0.
Возможны два случая:
 cos x  0  x 

 k ;
2
 2 cos x  1  0  cos x  
1

2
2
 1
x   arccos     2n  x  
 2n.
3
 2
Ответ: x 

 k ;
2
x
2
 2n; k  Z , n  Z .
3
7. Найдем ОДЗ данного уравнения. Для этого выпишем два
условия. Первое условие: подкоренное выражение неотрицательно;
второе: правая часть должна быть неотрицательна в силу того, что в
левой части стоит квадратный корень, который по определению неотрицателен. Получим систему неравенств
x 1  0
 x  1
 
 1  x  5 .

 x5
5  x  0
Теперь можно возвести обе части уравнения в квадрат:
2
5  x  x  1  5  x  x 2  2 x  1  x 2  3x  4  0 .
Решения уравнения x1  4 и x2  1 , причем x1  ОДЗ. Как сказано
выше, в иррациональных уравнениях обязательна проверка.
Проверка. Подставим x  1 в левую и правую части уравнения по отдельности и убедимся, что левая часть равна правой. Получим 2  2.
Ответ: x  1 .
8
8. ОДЗ заданной системы уравнений
 y  2  0,
 y  2,


1
 

5 x  1  0
 x  5 ,
так как функция f(x) = log a x задана при х > 0.
В первом уравнении представим 1 = 30. Тогда
3x
2
2 xy
 30  x 2  2 xy  0  x( x  2 y)  0.
Во
втором
k log a x  log a x k , т.е.
уравнении
воспользуемся
свойством
2 log 3 ( y  2)  log 3 ( y  2) 2  log 3 ( y  2) 2  log 3 (5x  1).
Потенцируя уравнение, получим (у + 2)2 = 5х – 1. Итак, имеем
алгебраическую систему
 x( x  2 y )  0,

2
( y  2)  5 x  1.
1-й случай:
 x  0,
 ( y  2) 2  1,

2
( y  2)  5 x  1
что невозможно, так как (у + 2)2  0.
2-й случай:
 x  2 y  0,
 x  2 y,
 


2
2
( y  2)  5 x  1
( y  2)  5 x  1
 x  2 y,
 x  2 y,
  2

 2
 y  4 y  4  10 y  1
y  6y  5  0
x  2 y,
 x1  2,  x2  10,

 


 y1  1, y 2  5
 y1  1,  y 2  5.
Ответы удовлетворяют ОДЗ.
9
При решении любой системы уравнений достаточно сложно
установить тождественность всех преобразований (это может занять
больше времени, чем само решение системы), поэтому следует всегда делать проверку.
Проверка. Подставим х и у в левую часть первого уравнения
и в левую и правую части второго уравнения по отдельности и убедимся, что левые части тождественно равны (или не равны) правым.
При х = 2 и у = 1 получим
2
3 x 2 xy  34221  30  1  1  1;
2 log 3 ( y  2)  2 log 3 3  2; log 3 (5 x  1)  log 3 9  2  2  2.
При х = 10 и у = 5
2
3 x 2 xy  31002510  30  1  1  1;
2 log 3 ( y  2)  2 log 3 7; log 3 (5 x  1)  log 3 49 
 2 log 3 7  2 log 3 7  2 log 3 7.
Таким образом, обе пары корней являются решениями системы.
Ответ: (2, 1), (10, 5).
9. Раскроем данное неравенство по правилу x  а 
–а  x  a, т.е.
1 
x 2  5x  4
 1.
x2  4
Получим двойное неравенство. Решим каждое неравенство
отдельно. Первое неравенство
x 2  5x  4
 1.
x2  4
Решение неравенств следует начинать с нахождения ОДЗ.
ОДЗ: x  4  0  x 2  4  x  2. Далее переносим все выражения
из правой части в левую и приводим к общему знаменателю:
2
10
x 2  5x  4
x 2  5 x  4  ( x 2  4)

1

0

0 
x2  4
x2  4
x 2  5x  4  x 2  4
8  5x
0  2
 0.
2
x 4
x 4
Умножим обе части неравенства на –1, знак неравенства изменится на противоположный:
5x  8
 0  (5 x  8)( x 2  4)  0 
2
x 4
5( x  8 / 5)( x  2)( x  2)  0.
Решим данное неравенство по методу интервалов: если исключены
сомножители в четной степени, то левая часть неравенства меняет
знак при переходе переменной х
через корни по правилу «змей+
+
ки» (рис.2).
–
–2
8/5
2
С учетом ОДЗ получим
Рис.2
х(–2, 8/5]  (2, +).
Второе неравенство
1 
x 2  5x  4
.
x2  4
Найдем ОДЗ: х  2. Решаем аналогично:
x 2  5x  4
x 2  5x  4  x 2  4

1

0

0 
x2  4
x2  4
2 x 2  5x
5 

 0  2 x 2  x ( x 2  4)  0 
2
2 
x 4

5

2 x x  ( x  2)( x  2)  0.
2

В соответствии с методом интервалов нарисуем график
(рис.3).
11
+
+
–2
0
С учетом ОДЗ получим
+
2
x  (,  2)  [5 / 2,  )  [0,2) .
5/2
Рис.3
Поскольку оба неравенства должны выполняться одновременно, учтем только общие промежутки.
Ответ: x  [0, 8 / 5]  [5 / 2,  ).
10. Рассмотрим два случая:
 p  0  3 x  5 / 4 . Решение единственное: x  log 3 4 / 5 .
 p  0 . Обозначив
уравнение
3 x  y ( y  0) , получим квадратное
p / y  4y  5  0  4y2  5y  p  0 .
Найдем его решения: y1, 2 
5  25  16 p
. Здесь также воз8
можны два случая:
 D  0  25  16 p  0  p  25 / 16 и y  5 / 8  0 . Следовательно, существует единственное решение: x  log 3 8 / 5 .
 D  0 , тогда решений два. Если одно из решений не удовлетворяет условию y > 0, т.е., например, y1 < 0, а y2 > 0, то решение
y2 – единственное. По теореме Виета произведение корней y1y2 = –p/4
и, ввиду того, что корни должны иметь разные знаки, выражение
–p/4 < 0. Получим систему неравенств
D  25  16 p  0,  p  25 / 16,

 p  0.

 p/4 0
p0


Ответ найдем, объединяя все случаи: р = 0, р = –25/16 и р > 0.
Ответ: p  0,     25 / 16.
12
Билет 2
1. Упростить выражение
 a 3 / 2  b3 / 2
a b a b



1
/
 a b
a 2  b1 / 2  ab

при a, b  0, a  b .
2. Решить уравнение 2 x  4  2  x  3 .
3. Найти уравнение касательной к графику функции
2 x
в точке с абсциссой x0  2 .
f x  
x3
4. Даны три первых члена геометрической прогрессии –27/40;
9/20; –3/10; … Найти номер члена этой прогрессии, равного 4/45.
5. Два туриста выезжают одновременно на мопедах из пунктов М и N навстречу друг другу. Расстояние MN равно 50 км. Встретившись через 1 ч, они продолжают путь с той же скоростью. Первый приехал в пункт N на 50 мин раньше, чем второй в пункт М.
Найти скорость, с которой ехали туристы.
6. Решить уравнение log 2 182  log 2 (5  x)  log 2 (11  x)  1.
7. Решить уравнение 2 sin 3 x  3 sin x cos x  0.
8. Решить неравенство
9. Решить неравенство
x 2  7 x  12  5  x .
10
 2 log 3 x  1  5 .
2 log 3 x  1  2
 x 3  y 3  65,
10. Решить систему уравнений  2
2
 x y  y x  20.
Решения
1. Прежде чем производить вычисление, упростим каждую
дробь, используя формулы
m3  n3  (m  n)(m2  mn  n 2 ) è m2  n 2  (m  n)(m  n) .
13
Тогда
a 3 / 2  b 3 / 2 (a1 / 2 )3  (b1 / 2 )3 (a1 / 2  b1 / 2 )(a  a1 / 2b1 / 2  b)
 1/ 2 2


a b
(a )  (b1 / 2 ) 2
(a1 / 2  b1 / 2 )(a1 / 2  b1 / 2 )

a  a1 / 2b1 / 2  b
;
a1 / 2  b1 / 2
a b
(a1 / 2  b1 / 2 )(a1 / 2  b1 / 2 )

 a1 / 2  b1 / 2 ;
a1 / 2  b1 / 2
a1 / 2  b1 / 2
 a 3 / 2  b3 / 2

a  b  a  b  a  (ab)1 / 2  b


 1 / 2 1 / 2  (a1 / 2  b1 / 2 )  


1
/
2
1
/
2
 a b

a  b  ab  a  b


1/ 2
1/ 2
1/ 2 2
a  b a  (ab)  b  (a  b ) a  b



a1 / 2  b1 / 2
ab
ab

a  ab  b  a  2 ab  b a  b
ab a  b


a b
ab
a  b ab

( a ) 2  ( b ) 2 ( a  b )( a  b )

 a  b.
a b
a b
Ответ:
a b.
2. ОДЗ данного уравнения: x  R . Обозначим 2 x  t (t  0) .
Тогда 2  x  1 / t и уравнение примет вид t  4 / t  3 , откуда
t 2  3t  4  0 . По теореме Виета t1  t 2  3, t1t 2  4  t1  4, t 2  1 ,
но t2 – посторонний корень, так как не удовлетворяет условию
t  0 . Следовательно, t  2 x  4, 2 x  22 , x  2 .
Ответ: x  2 .
3. Уравнение касательной y  y0  f x0  x  x0  . Найдем



 2  x  2  x  x  3  2  x  x  3
f x   

 
x  32
 x  3
 x  3  2  x 
5
.


2
x  3
x  32
14
Вычислим f x0   f  2  5 и y0  f  2   4 . Запишем
уравнение касательной y  4  5x  2  5x  y  6  0 .
Ответ: уравнение касательной 5x  y  6  0 .
4. Формула общего члена геометрической прогрессии имеет
вид bn  b1q n 1 . Обозначим b1   27 40 , тогда b2  b1q  9 20 . Знамеb
2
натель прогрессии q  2   , а n-й член
b1
3
bn  b1q n1 
 27  2 
 
40  3 
n 1
.
По условию bn  4 45 . Упрощая равенство
 27  2 
 
40  3 
n 1

4
,
45
вычислим



2

3
n1

32 
 
243 
5
2
  n 1  5  n  6 .
3
Ответ: n  6 .
5. Обозначим v1 и v2 – скорость первого и второго туристов
соответственно. Тогда v1  v2   1 ч = 50 км (вместе они проехали
весь путь за 1 ч); 50/v1  время, за которое первый турист проехал
весь путь; 50/v2  время, за которое второй турист проехал весь путь.
По условию
5
50 50

 50 мин = ч.
6
v2 v1
Составим систему уравнений
15
 v1  v2  50,
 v1  v2  50,
v2  50  v1 ,
 50 50 5


  50(v1  v2 ) 5  
5
 


 v2 v1 6
 v1v2
50(v1  v2 )  6 v1v2 .
6
Подставим v2 во 2-е уравнение, умножив его одновременно на 6/5:
60(v1  v1  50)  v1 (50  v1 );
120v1  3000  50v1  v2  v1  70v1  3000  0;
2
2
v1  35  1225  3000  35  65.
Так как v1  0, òî v1  30 è v2  20.
Ответ: v1 = 30 км/ч, v2 = 20 км/ч.
6. ОДЗ уравнения
5  x  0,
 x  5,
 
 x  5.

11  x  0
 x  11
Представим 1 = log22 и воспользуемся формулами
log a x  log a y  log a xy è log a x  log a y  log a
x
.
y
Тогда
log 2 182  log 2 (5  x)  log 2 (11  x)  log 2 2 
log 2
182
 log 2 2(11  x);
5 x
отсюда, потенцируя, находим 182 /(5  x)  2(11  x) , умножаем на
(5 – х) и делим на 2 обе части уравнения:
91  (11  x)(5  x)  91  55  11x  5x  x 2  x 2  16 x  36  0.
Находим корни приведенного квадратного уравнения x 2  px  q  0
по формуле
16
x1, 2  
p

2
p2
q .
4
Получим x1, 2  8  64  36  8  10; х1 = 18 не подходит по ОДЗ;
х2 = –2.
Ответ: х = –2.
7. Вынесем sinx за скобки: sinx(2sin2 x – 3cos x) = 0. Заменим
sin2 x = 1 – cos2 x, получим sin x(2  2 cos 2 x  3 cos x)  0.
Отсюда sin x  0  x  k или 2 cos 2 x  3 cos x  2  0.
Обозначим cosx = y; y   1 (так как cosx   1). Тогда
2y2 + 3y – 2 = 0.
Находим корни уравнения ax2 + bx + c = 0 по формуле
x1, 2 
 b  b 2  4ac
 3  9  16  3  5
.
, ò.å. y1, 2 

2a
4
4
Корень у1 = –2 не удовлетворяет условию y  1, корень y 2  1 / 2 .
1

Тогда cos x  1 / 2  x   arccos  2n  x    2n .
2
3

Ответ: x  k ; x    2n; k , n  Z .
3
8. Найдем ОДЗ:

x 2  7 x  12  0  x  3x  4  0
x   , 3  4,   . Для решения неравенства рассмотрим два случая:
 5  x  0  x  5 . В левой части стоит неотрицательное выражение, а в правой – отрицательное, и неравенство верно для всех x,
удовлетворяющих условиям: x   , 3  4,   и x  5 , т.е. x  5.
 5  x  0  x  5 . Обе части неравенства можно возвести в
квадрат, так как они обе неотрицательны. Тогда
2
x 2  7 x  12  5  x   x 2  7 x  12  x 2  10 x  25 
3x  13  x  13 / 3 .
17
Учитывая условие x  5 и ОДЗ, получим 13 / 3  x  5 .
Объединив первый и второй случаи, запишем ответ:
13 / 3  x  5 или x  5 . Оба неравенства можно объединить в одно:
x  13 / 3 .
Ответ: x  13 / 3 .
9. Найдем ОДЗ: x  0 . Обозначим 2 log 3 x 1  t (t  0), тогда
10
 t  5 . Так как t  0 , то t  2  0 , следоt2
вательно, можно умножить обе части неравенства на (t  2) . Полунеравенство примет вид
чим 10  t 2  2t  5t  10  t 2  3t  0  t t  3  0 
0<t<3
0  2 log 3 x  1  3 . Последнее неравенство равносильно системе
 2 log 3 x  1  0
неравенств 
, решим каждое из них отдельно.
 2 log 3 x  1  3
Неравенство
равносильно
условию
2 log 3 x  1  0
2 log 3 x  1  0  log 3 x  0,5  x  3 .
Второе неравенство раскрываем так, как показано в билете 1,
пример 9:
–3 < 2log 3x – 1 < 3  –2 < 2log 3x < 4  –1 < log 3x <2 
1
< x < 9. Объединяя оба условия и учитывая ОДЗ, получим
3
1
 x  9, x  3 .
3
1

Ответ: x   , 3   3 , 9 .
3



10. Найдем ОДЗ: x  R, y  R . Разложим оба уравнения системы на множители:


x  y  x 2  xy  y 2  65,

xyx  y   20.

Так как x  y  0 (при x   y система решений не имеет), то,
разделив первое уравнение на второе, получим
18
x 2  xy  y 2 65

xy
20
или
4 x 2  4 xy  4 y 2  13 xy  4 x 2  17 xy  4 y 2  0 .
При x  0 или y  0 система решений не имеет (проверяем
непосредственной подстановкой x  0 или y  0 во второе уравнение). Поэтому можно разделить обе части последнего уравнения
на y 2  0 . Получим
4
x2 x
 4  0.
y2 y
Обозначив x / y  t (t  0) , запишем и решим уравнение:
4t 2  17t  4  0  t1  4, t2  1 / 4 .
x
 4  x  4 y  64 y 3  y 3  65  65 y 3  65  y  1 , x  4 .
y
x 1
Аналогично при  получим y  4 è x  1 .
y 4
Для проверки подставим x  4 и y  1 в первое и второе
уравнения:
Итак,
64  1  65  65  65 ; 16  1  1  4  20  20  20 ,
т.е. x  4 и y  1 является решением системы. Сделав проверку для
x  1, y  4 , получим, что и вторая пара корней удовлетворяет системе уравнений, что очевидно в силу симметричности заданной
системы.
Ответ: 4, 1, 1, 4 .
19
Билет 3
1. Упростить выражение
 1
1 


 y
x 

1
x 1  y 1

x y

2
x y

2
при x, y  0, x  y .
2. При
каком
значении
параметра
а
функция
2
f x   2 x  ax  8 будет четной?
3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
f x   x  33 x на отрезке [0,8].
4. Найти первый член и знаменатель бесконечно убывающей
геометрической прогрессии, если ее сумма равна 6, а сумма первых
пяти членов равна 93/16.
5. Одна труба может наполнить бак водой на 10 мин быстрее
другой. За какое время может наполнить этот бак каждая труба, если
при совместном действии этих труб в течение 8 мин было заполнено
2/3 бака?
6. Решить уравнение log 2 (9  2 x )  3  x.
7. Решить уравнение cos 2 x  sin 3x  sin x.
8. Найти область определения функции
y
log 5 (2  2sin x )
3
x
3
x
.




9. Решить неравенство 2 sin 2  x    5 sin  x    2  0 .
3
3


log8 y
log8 x
x
y
 4;
10. Решить систему 
log 4 x  log 4 y  1.
20
Решения
1. Сначала надо упростить каждый из сомножителей и обязательно избавиться от отрицательных степеней, учитывая, что x 1  1 / x :
1
 1
1 


 y
x 

1

1
1
x y
x

x y
x
1
 x y
xy
 

;


xy 
x y

1
x y
x y
y
xy
.


y
x  y xy( x  y )
Тогда, пользуясь формулами
xy  ( xy ) 2
и
( x  y )2 
= x  2 xy  y , получим
 1
1 


 y
x 



1
x 1  y 1
2


x  y ( x  y )2
x y
2


x  y xy( x  y ) ( x  y ) 2
xy
x  y  2 xy
x y
2



2
2
xy ( x  y )
( x  y)
xy ( x  y ) 2

Ответ:
( x  y )2
xy ( x  y )
2

1
.
xy
1
.
xy
2. Функция является четной, если f(x) = f(–x) для всякого
x  ООФ. Найдем f(–x) = 2(–x)2 + a(–x) + 8 = 2x2 – ax + 8 и приравняем
значения f(x) и f(–x). Получим
2 x 2  ax  8  2 x 2  ax  8  2ax  0  a  0 .
Ответ: a = 0.
21
3. Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции
f x   x  33 x на отрезке 0,8 , надо найти ее стационарные точки
на интервале (0,8), вычислить значения функции в стационарных
точках и на концах отрезка и выбрать из полученных значений
наибольшее и наименьшее.
Найдем
2
1 
1
f x   1  3  x 3  1 

3
3
x2
3
3
x2  1
3
x2
0 
x 2  1; x 2  1, x  1 .
Итак, имеем две стационарные точки, из которых рассматриваем только x  1 0,8 . Вычислим f 0  0, f 1  2, f 8  2 .
Сравнив эти три числа, получим ответ.
Ответ: наибольшее значение функции f 8  2 , наименьшее f 1  2 .
4. Обозначим a  первый член прогрессии, q  ее знаменатель. Тогда формулы суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии и суммы первых пяти ее членов примут вид соответственно
S


a 1  q5
a
; S5 
.
1 q
1 q
Получим систему уравнений
a

 1  q  6 ;

5
 a 1  q  93 .
 1  q
16


Подставим во второе уравнение вместо
22
a
число 6. Тогда
1 q


6 1  q5 
93
;
16
93
31
1
1

 q5 
 q   a  6 1  q   3 .
6 16 32
32
2
Ответ: a  3, q  1 / 2 .
1  q5 
5. Примем объем бака за единицу. Обозначим t – время заполнения бака 1-й трубой, тогда t + 10 – время заполнения бака 2-й
трубой; 1/t – скорость работы 1-й трубы; 1/(t + 10) – скорость работы
2-й трубы. Так как скорость совместного заполнения бака двумя
трубами 1/t + 1/(t + 10), то по условию
1 
2
1
 
 8  1.
3
 t t  10 
Решим уравнение
8
t  10  t 2
  82t  10   3  2t t  10  
t t  10  3
12 2t  10   t t  10   24t  120  t 2  10t 
t 2  14t  120  0;
t1, 2  7  49  120  7  13.
Так как t  0 , то t  20 мин, t  10  30 мин.
Ответ: 1-я труба заполняет бак за 20 мин, 2-я – за 30 мин.
6. ОДЗ уравнения: 9  2 x  0  2 x  9  x  log 2 9. Представим (3 – х) в виде 3  x  (3  x) log 2 2  log 2 23x  log 2 (9  2 x ) 
 log 2 23 x . Потенцируя, получим
9  2 x  23 x  9  2 x  23  2 x .
Обозначим 2 x  y, y  0  2  x 
23
1
1
 . Тогда
x
y
2
9 y 8
1
 9 y  y2  8  y2  9 y  8  0 
y
y1  1, y2  8  2 x  1,
т.е.
2 x  20  x1  0 и x1  0  log 2 9 ; y2  8  2 x  8 
2x = 23  x2  3; x3  3  log 2 8  log 2 9 .
Следовательно, оба корня удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: х1 = 0, х2 = 3.
7. cos 2 x  sin 3x  sin x  cos 2 x  (sin 3x  sin x)  0.
Воспользуемся формулой
 
 
cos

2
2
cos 2 x  2 sin x cos 2 x  0 
sin   sin   2 sin
cos 2 x(1  2 sin x)  0.
Отсюда
cos 2 x  0  2 x 

 k
 k  x  
2
4 2
или
1
1
 x  (1) n arcsin( )  n 
2
2

x  (1) n ( )  n.
6
 k

Ответ: x  
; x  (1) n1  n; k  Z , n  Z .
4 2
6
1  2 sin x  0  sin x  
8. Чтобы функция имела смысл, необходимо выполнение
следующих условий:
2  2sin x  0; x  0;  x  0,
 x
3  3  x  0.
24
Но 3 x  3 x  0 при всех x как сумма показательных функций. Далее
2  2sin x  0  2sin x  2  sin x  1 . Но так как sin x  1 , надо отбросить значения x, при которых sin x  1 , т.е. x   / 2  2k . Из условий x  0,  x  0 получим
 x  0,
 x0.

x 0
Это значение удовлетворяет условию 2  2sin x  0 , и так
как все четыре условия должны удовлетворяться одновременно,
получим x  0 .
Ответ: область определения функции х = 0.


9. Сделаем замену sin  x    t , где  1  t  1 (ОДЗ). Получим
3

2
неравенство 2t  5t  2  0 . Найдем корни уравнения 2t 2  5t  2  0 :
53
, t1  2, t2  1 / 2 
4
2t  2t  1 / 2  0  t  2 или t  1 / 2 .
D  25  16  9, t 


С учетом ОДЗ  1  t  1 / 2 , но sin  x    1 при всех значе3

 1

ниях x, следовательно, остается решить неравенство sin  x    .
3 2

Решением этого неравенства является выделенная на рис.4 область с
 
правой границей
и левой границей
X 1  x    2k
3 6

7
X2  x   
 2k . Тогда для переменной x имеем пределы
3
6

5
 2k .
x   2k и x  
6
2
25
y
1/2
X2
–1
Ответ: 
1
X1
1 x
0
–1
Рис.4
k Z .
5

 2k  x   2k ,
6
2
10. Найдем ОДЗ: x  0, y  0 . Для
решения данной системы воспользуемся
следующим свойством: x log8 y  y log8 x .
Оно доказывается логарифмированием
правой и левой части по основанию 8:
log 8 ( x log8 y )  log 8 ( y log8 x )  log 8 y log 8 x  log 8 x log 8 y .
Тогда первое уравнение будет иметь вид 2 x log8 y  4 
x
 2 . Прологарифмировав обе части по основанию 8, получим
log 8 ( x log8 y )  log 8 2  log 8 y log 8 x  1 / 3 .
x
x
Упростим второе уравнение: log 4  log 4 4 
4 
y
y
x  4 y и подставим полученное значение x в первое уравнение:
log8 y
log 8 y log 8 4 y  1 / 3  log 8 ylog 8 4  log 8 y   1 / 3 .
Обозначим log 8 y  t , тогда
1 2
1
2  1
t   t    3t 2  2t  1  0, t 
 t1  1, t2  .
3
3
3  3
Соответственно log 8 y  1  y1  1 / 8, x1  1 / 2 и log 8 y 
 1 / 3  y2  2, x2  8 .
Для проверки подставим y2  2, x2  8 в оба уравнения:
8log8 2  2log8 8  2  2  4  4  4 ;
log 4 8  log 4 2  3 / 2  1 / 2  1  1  1 ,
т.е. x2 , y 2 являются решением системы. Аналогично нужно сделать
проверку для первой пары решений.
Ответ: 1 / 2, 1 / 8, 8, 2 .
26
Билет 4
1. Упростить выражение
ax 
 ax
 1/ 3
(ax) 1/ 3 .
 1/ 3
1/ 3
1/ 3 
a x 
a x
2. Решить уравнение 5 x6  3 x7  43  5 x4  19  3 x5 .
2
3. Найти производную функции f x   2  3e 2 x1  x ln x  1
x
в точке x  2 .
4. В двух школах было 1500 учащихся. Через год число учеников в первой школе увеличилось на 10 %, во второй – на 20 %
и общее число учащихся достигло 1720. Сколько учеников было
в каждой школе первоначально?
5. В равнобедренном треугольнике основание равно 30 см,
а высота к нему – 20 см. Найти другую высоту.
6. Решить неравенство
4x
7x
.
 1,5 
x3
x3
1
 2.
cos x
8. Решить уравнение 4 x  8  4 x  8  2 .
9. Решить неравенство log 3 x  2  log 3 x .
7. Решить уравнение cos x 
10. Найти решения неравенства
от величины параметра а.

К билетам 4-10 даны только ответы.
27
x x  a 
 0 в зависимости
x3
Билет 5
1. Упростить выражение
3
 a1 / 2  1 a1 / 2  1
4 
 1/ 2

 a  1  a1 / 2  1  a  1  .


2. Найти уравнение касательной к графику функции
f x   x 3  6 x 2  9 x , параллельной оси абсцисс.
3. В арифметической прогрессии a2  3,1; a3  2,7 . Найти
сумму десяти первых членов прогрессии.
4. Катер, собственная скорость которого 8 км/ч, прошел по
реке 15 км по течению и 15 км против течения. Найти скорость течения реки, если на весь путь было затрачено 4 ч.
5. В равнобедренной трапеции основания равны 5 и 10 см, а
диагонали пересекаются под углом 120. Найти площадь трапеции.
6. Решить систему уравнений
1

 x  y  5,


 x 2  1  13.

y2
7. Решить уравнение cos 4 x  2 cos 2 x  0.
8. Решить неравенство 3x  1  x  1  2 .
9. При каких значениях параметра b
2
bx  4bx  5  0 не имеет решений?
10. Найти область определения функции
y  log 2 log 0,5 x  3  2 
28
2  2 cos x .
неравенство
Билет 6
1. Упростить выражение
 (a 3 / 4  b 3 / 4 )(a 3 / 4  b 3 / 4 )

 ab 5(a  b) 1/ 2

1/ 2
1/ 2
(a  b )


при a  0, b  0, a  b.
2. Решить уравнение
2
2 x 1
4
x 1
1
 
 2
3 2 x
 48.
3. Найти точки, в которых производная функции
f x   25 x1  5x ln 2 обращается в нуль.
4. В прямоугольный треугольник с углом 30 вписан ромб
так, что угол 30 у них общий, а остальные три вершины ромба лежат на сторонах треугольника. Найти длину стороны ромба, если
длина большего катета равна (4  12 ) см.
5. Два трактора израсходовали 234 л горючего, причем 1-й
расходовал в час на 0,5 л меньше, чем 2-й, а работал на 1,5 ч больше.
Сколько горючего в час расходовал каждый трактор, если они истратили горючего поровну?
6. Решить уравнение cos x  2 cos 2 x  1.
7. Решить уравнение x  2  2 x  3  1 .
8. Решить систему
 x 2  3xy  54,
 2
4 y  xy  115 .
9. Решить неравенство
3x  2  5  3x  1  3 .




10. Решить неравенство log 3 3 x  1 log 1 3 x2  9  3 .
3
29
Билет 7
1. Упростить выражение
(a1 / 2  b1 / 2 ) 2 (a 1  b 1 ) 
2
(a 1 / 2  b 1 / 2 )
( a  b )3
при a  0, b  0.
2
2. Решить уравнение 81  3 x 8 x  1.
3. Найти интервалы монотонности функции
3
f x  
x 4
 .
4 x
4. Найти сумму всех натуральных чисел, не превышающих 80.
5. Найти площадь треугольника, две стороны которого равны
27 и 29 см, а медиана к третьей стороне – 26 см.
6. Решить систему уравнений
 x 2  xy  y 2  7,

 x  y  5.
7. Решить уравнение
2
3
3 

1  sin 5 x   cos x  sin x  .
2
2 


8. Решить неравенство log 2 log
9. Найти
решения
2

( x  1)  1.
уравнения
3
a  x 2  43 a  x 2
 53 a 2  x 2 в зависимости от величины параметра a.
10. Решить систему уравнений
 yxlogy x  x 2,5 ,

log 3 y log y  y  2 x   1.
30

Билет 8
1. Упростить выражение
 x 3  1 1  x  x 2  
1
1 
1 

:

.
1

0
,
5


x
x 1
1  x 1 

1 x
2. Решить уравнение 22 x  22 x  15.
3. Исследовать на экстремум функцию f x   4 sin x  cos 2 x
на промежутке [0,2].
4. Сумма трех чисел, составляющих возрастающую арифметическую прогрессию, равна 15. Если от первого и второго чисел
отнять по единице, а к третьему прибавить единицу, то новая тройка
чисел составляет геометрическую прогрессию. Найти первоначальные числа.
5. Сумма двух противоположных сторон описанного четырехугольника равна 10 см, а его площадь 12 см2. Найти радиус
окружности, вписанной в этот четырехугольник.
6. Решить уравнение sin 2 x  cos 3x  cos x.
7. Решить уравнение 3lg tg x  2  3lg ctg x 1  1 .
8. Решить уравнение x x 2  15  x 4 x 2  15  2 .
9. Найти все решения уравнения 9 x2  18 x  5  0 , принад-


лежащие области определения функции y  ln x 2  x  2 .
10. При каких значениях параметра m уравнение 4 x 2  m  5 x
имеет ровно три решения?
Билет 9
1. Упростить выражение
1
 1
a2  4   a
1
1



 a  2 a 3  2 2  :  2  2  a  .


 
31
2. Решить уравнение
x
x
 5
 3
   9   10 .
 3
5
3. В арифметической прогрессии сумма третьего и седьмого
членов равна 10. Найти сумму девяти первых членов прогрессии.
4. Дан ромб со стороной а. Его высота делит противоположную сторону в отношении 1 : 2, считая от вершины острого угла.
Найти площадь ромба.
5. Два печника могут сложить печь за 12 ч. Если 1-й печник
будет работать 2 ч, а 2-й – 3 ч, то они выполнят 20 % всей работы. За
сколько часов может сложить печь каждый печник, работая отдельно?
6. Решить уравнение lg( 2 x  1)  lg( 2 x1  1)  2 lg 3.
7. Решить систему

3 x  3 y  3,


 xy  8.
8. Решить уравнение 8 x  3  4 x  3  2 x1  8  0 .
9. Найти область определения функции
f x   2 log 0,5 x  3  log 0,5 x  3  3 .
2
10. Решить неравенство
x 1
x2
2
 1 .
x2
x 1
Билет 10
1. Упростить выражение
1  a 2
a  a 2
a2  2
.


a1/ 2  a 1/ 2 a1/ 2  a 1/ 2
a3/ 2
2. Решить уравнение
1
1
lg( x  1)  lg( 5x  1)  lg x .
2
2
32
3. Найти уравнение касательной к графику функции
4
в точке x0  0 и угол между этой касательной и осью Ox.
f x  
1 ex
4. Является ли число 1790 членом арифметической прогрессии: –5; 1; 7…?
5. Если турист поедет из дома на станцию на велосипеде со
скоростью 15 км/ч, то опоздает на поезд на 30 мин; если поедет на
автобусе со скоростью 40 км/ч, то приедет на 2 ч раньше. Найти расстояние S от дома до станции и время t, остающееся до отхода поезда в момент выхода туриста из дома.
6. Решить уравнение sin x  sin 2 x  sin 3x  0.
7. Решить систему
2 x  2 y  12,

 x  y  5.
8. Решить неравенство x  2x
2
4
 1.
9. Решить уравнение x  2 x  1  3 x  2  0 .
10. Решить неравенство
2
5 

log 2 x    log 1 x   20 log 2 x  148  0 .
4
2

4
ОТВЕТЫ
Билет 4
1. 2. 2. х = –3. 3. f 2  3 / 2  6 e3 . 4. 800 и 700. 5. h2 = 24 см.
6. x  (1; 3) . 7. x  2k , k  Z . 8. x = 8. 9. x  0, 3 .
10. x   ,  3  [0, a] при a  0 ; x   ,  3  [a, 0]
при  3  a  0 ; x   ,  3   3, 0 при a  3 ;
x   , a    3, 0 при a  3 .
33
Билет 5
1. 1/8. 2. y  4 , y  0 . 3. 17. 4. 2 км/ч. 5. 75 3 / 4 ñì 2 .
6. 2, 1 / 3; 3, 1 / 2. 7. x   / 4  k / 2; x   / 3  n, k  Z , n  Z .
 3

8. x  5,    . 9. b  0, 5 / 4 . 10. x   , 1 .
4


Билет 6
1. 5 a  b . 2. х = 7/2. 3. x  1 / 5 . 4. 4 см. 5. 6 и 6,5 л/ч.
3
6. x    2k ; x   arccos  2n; k  Z , n  Z . 7. x = 2.
4

23 
1

8.  3,  5;   36,   . 9. x  log 3 .
2
2



28
10. log 3
 x  log 3 4 .
27
Билет 7
1. 1/(ab). 2. x1 = 2, x2 = 6. 3. Функция возрастает на интервале
 ,  4  4,  и убывает на  4, 0  0, 4 . 4. 3240.
5. 270 см2. 6. {(2,3); (3,2)}. 7. x   / 8  k / 4, x  n; n  Z , k  Z .
63
8. x  0; 1 . 9. x  0 при a  0 ; x1  0, x2 
a при a  0 .
65
10. {(3, 9)}.
Билет 8
1. 1 / x . 2. x = 2. 3. f max  / 2  3, f min 3 / 2  5 . 4. 3; 5; 7.
5. r = 1,2 см. 6. x   k / 2, x   1n  / 6  n; k  Z , n  Z .
7. x  arctg10  n, n  Z . 8. x  1 . 9. x  5 / 3 . 10. m  0 .
34
Билет 9
1.  1 / 2a. 2. x1  0, x2  log 2 / 3 9 . 3. 45.
4. a 2 2 2 / 3 (кв. ед.). 5. 20 и 30 ч. 6. x  1. 7. (1,8); (8,1) .
 25 
8. x1  0, x2  2 . 9. x   ; 5 . 10. x  1 / 2, 2  2,    .
8 
Билет 10
1. 0. 2. x  1. 3. y  2   x;   3 / 4 . 4. Число 1790 не является
членом данной прогрессии. 5. S = 60 км, t = 3,5 ч.
6. x  k / 2, x  2 / 3  2n; k , n  Z . 7. 2, 3; 3, 2.
 1 1
8. x  2; 3 . 9. x  2 . 10. x   ,   8, 16  .
 16 8 
ПРИМЕРЫ РЕШЕН ИЯ
СРАВНИТЕЛЬНО СЛОЖНЫХ ЗАДАЧ
Пример 1. Решить уравнение 1  log 1 x  2  3  log 1 x .
2
2
Решение. Находим ОДЗ уравнения: x  0 . Введем обозначение log 1 x  t , тогда уравнение примет вид | 1  t | 2  | 3  t | или
2
| t  1 | 2  | t  3 | (в силу свойства | a |  | a | ). Рассмотрим три случая:
 t  3 , тогда по определению абсолютной величины имеем
| t  3 | t  3 и | t  1 | t  1 . Подставляя в уравнение, получим
t  1  2  t  3  1  3 , что невозможно. Следовательно, решений нет.
 1  t  3 , тогда | t  3 | 3  t и | t  1 | t  1 , уравнение примет
вид t  1  2  3  t  2t  2  t  1  log 1/ 2 x  1  x  1 / 2 .
 t  1  | t  3 | 3  t , | t  1 | 1  t и 1  t  2  3  t  3  3 , т.е.
уравнение верно при всех t  1 , откуда log 1 / 2 x  1  x  1 / 2 и имеем
бесчисленное множество решений.
35
Объединив второй и третий случаи, получим
x  1 / 2  1 / 2,    или окончательно x  1 / 2,    .
Ответ: x  1 / 2,    .
ответ
| x|
 0.
x
Решение. Для нахождения ОДЗ и дальнейшего решения воспользуемся следующими свойствами неравенств:
 если x 2  a 2 , то | x | a   a  x  a ,
Пример 2. Решить неравенство
4  x2 
 если x 2  a 2 , то | x | a  x  a или x  a .
Найдем ОДЗ:

 x  0,
 x  0,
 x  0,
 2

 x   2, 0  0, 2 .

2

4  x  0  x  4  2  x  2
Рассмотрим два случая:
| x| x
 x 0
  1 , и неравенство имеет вид 4  x 2  1  0 ,
x
x
что верно для всех x из ОДЗ и x  0 , т.е. x  0, 2 .
| x|  x
 x0

 1  4  x 2  1  0 . Решая это неравенство,
x
x
получим 4  x 2  1  x 2  3   3  x  3 и с учетом ОДЗ и условия
x  0 найдем [ 3 , 0) . Объединив оба случая, запишем ответ.
Ответ: [ 3 , 0)  (0, 2] .
Пример 3. Решить неравенство log x2 6  x   1 .
Решение. Найдем ОДЗ:
6  x  0,  x  6,
 2

 x  0,   x  0,
 x2  1
 x  1.


36
Запишем неравенство в виде log x2 6  x   log x2 x 2 и рассмотрим два случая:
 x 2  1  | x | 1  x  1 или x  1 . Тогда 6  x  x 2 
x 2  x  6  0  x  3x  2   0   3  x  2 . С учетом ОДЗ и
условия | x | 1 получим  3  x  1 или 1  x  2 .
 x 2  1   1  x  1  6  x  x 2 (знак неравенства поме x  2 èëè x  3,
нялся на противоположный). Тогда x 2  x  6  0  
 1  x  1.
Данная система решений не имеет.
Ответ: x   3,  1  1, 2 .
Пример 4. Решить неравенство | 4 x  5 |  x 2  6 x  9  17 .
Решение. Заметим, что
x2  6x  9 
x  32
| x  3 | .
Тогда неравенство примет вид
| 4 x  5 |  | x  3 | 17 .
Для его решения надо рассмотреть три случая:
 x  5 / 4 . По определению абсолютной величины получим
| 4 x  5 | 4 x  5 и | x  3 | x  3 и подставим в неравенство:
4 x  5  x  3  17  3x  25  x  25 / 3 .
Для данных значений x условие x  5 / 4 выполняется.
  3  x  5 / 4 . Тогда | x  3 | x  3 и | 4 x  5 | 5  4 x , следовательно, 5  4 x  x  3  17   5x  15  x  3 . Из полученного
промежутка только одно значение x  3 удовлетворяет условию
3  x  5/ 4 .
 x  3 . Тогда | 4 x  5 | 5  4 x и | x  3 |  x  3 , и неравенство имеет вид 5  4 x  x  3  17  3x  9  x  3 . В соответствии
с условием x  3 получим x  3 .
37
Выпишем ответы всех случаев: x  25 / 3 , x  3 и x  3 .
Объединив второй и третий случаи, получим окончательный ответ.
Ответ: x   ,  3  25 / 3,   .
Пример 5. Найти решения неравенства x  32  a в зависимости от величины параметра а.
Решение. Заметим, что при a  0 решений нет. При a  0
можно извлечь корень из обеих частей неравенства:
| x  3 | a   a  x  3  a  3  a  x  3  a .
Ответ: 3  a  x  3  a при a  0 ; при a  0 решений
нет.
Пример 6. Найти все значения параметра а, при которых
уравнение sin 2 x 2 ctg2 x  3  cos 2 x  2  a имеет корни.
Решение. ОДЗ уравнения: sin x  0 , так как в уравнение
входит величина ctg x  cos x / sin x . Упростим уравнение, приведя к


общему знаменателю и заменив cos 2 x на 2 cos 2 x  1 :
sin 2 x


2 cos 2 x  3 sin 2 x
 2 cos 2 x  1  2  a 
sin 2 x
2 cos2 x  3 sin 2 x  2 cos2 x  1  2  a 
3 sin 2 x  a  1  sin 2 x 
a 1
.
3
Для sin 2 x имеем неравенство 0  sin 2 x  1 и с учетом ОДЗ получим
0  sin 2 x  1   0 
a 1
 1  0  a 1  3  1  a  4 .
3
Ответ: 1  a  4 .
38
Пример 7. Найти все значения параметра а, при которых
парабола y  x 2  3x  3a и прямая y  x  2 | a  2 | не имеют общих
точек.
Решение. Используем другую формулировку данной задачи:
при каких значениях параметра а система
 y  x 2  3x  3a,

 y  x2|a2|
не имеет решений?
Вычитая из первого уравнения второе, получим уравнение
2
x  4 x  3a  2 | a  2 | 0 , которое не должно иметь решений, т.е.
его дискриминант должен быть меньше нуля:
D  4  3a  2 | a  2 | 0 .
Для решения этого неравенства разберем два случая:
 a  2  | a  2 | a  2 . Подставляя в неравенство а – 2,
получим 4  3a  2a  4  0  a  0 и систему неравенств
a  0,
 a  2.

a  2
 a  2 . Тогда 4  3a  2a  4  0  5a  8  a  8 / 5 . Объединяя а > 8/5 с условием a  2 , получим 8 / 5  a  2 . Решения
первого и второго случаев a  2 и 8 / 5  a  2 запишем как один
интервал: a  8 / 5 .
Ответ: a  8 / 5 .
Пример 8. При каких значениях параметра а неравенство
a  1x  2a  1x  3a  1  0 выполняется при всех значениях переменной x?
Решение. Неравенство Ax 2  Bx  C  0 выполняется при
всех значениях переменной x, если A  0 и D  B 2  4 AC  0 .
Выпишем эти условия для данного неравенства: a  1  0 и
2
D  4a  1  4a  13a  1  0 . Решим второе неравенство:
2
39
a  12  a  13a  1  0  a 2  2a  1  3a 2  4a  1  0 
 2a 2  6a  0  a 2  3a  0  a  0 или a  3 .
Оба условия должны выполняться одновременно, т.е.
a  1  0,

 a  3 .

a  0 èëè a  3
Ответ: a  3 .
Пример 9. При каких значениях параметра а один из корней
уравнения x 2  2ax  4a  1  0 на 2 единицы больше другого?
Решение. Сначала надо проверить, что уравнение имеет вещественные различные корни, т.е. дискриминант строго больше нуля. Для нахождения дискриминанта воспользуемся формулой корней приведенного квадратного уравнения (см. билет 2, пример 6).
D  a 2  4a  1  0  a  2  3 или a  2  3 .
Для нахождения параметра а запишем теорему Виета:
 x1 x2  4a  1,

 x1  x2  2a.
Предположив, что x1  x2 , и добавив к теореме Виета условие
x1  x2  2 , получим систему уравнений
 x1 x2  4a  1,

 x1  x2  2a,
 x1  x2  2.
Сложив второе и третье уравнения, получим x1  a  1 , вычитая из второго третье, найдем x2  a  1 . Подставив x1 и x2 в первое
уравнение, запишем a  1a  1  4a  1  a 2  1  4a  1  a 2  4a 
 0  a1  4, a2  0 , причем оба значения параметра а удовлетворяют условию D  0 .
Ответ: a1  4, a2  0 .
40
Пример 10. При каких значениях параметра р уравнение
x  2 p  3x  10  6 p  0 имеет корни одного знака?
Решение. Надо проверить два условия. Первое условие:
уравнение имеет вещественные корни, т.е. дискриминант D  0 . Заb
метим, что если D  0 , то корни x1  x 2 
, и в этом случае счи2a
таем, что уравнение имеет не один корень, а два одинаковых (кратных) корня. Итак, решаем неравенство D   p  32  10  6 p 
2
 p 2  6 p  9  10  6 p  p 2  1  0  p  1 .
Второе условие: x1 x2  0 , т.е. либо оба корня положительны,
либо оба корня отрицательны, и по теореме Виета имеем
x1 x2  10  6 p  0  p  5 / 3 .
Оба условия должны выполняться одновременно, т.е.


 p  1,
 p  1,
 D  0,
 p  1,





 p  1,  
1  p  5 / 3.
 x1 x2  0
p  5/3
 p  5/3



 5
Ответ: p   ;  1  1;  .
 3
Пример 11. При каких значениях параметра a корни уравx x
нения 2 x 2  6 x  a  0 удовлетворяют условию 1  2  2 ?
x2 x1
Решение. Корни уравнения существуют и вещественны, если дискриминант D  9  2a  0  a  9 / 2 .
Преобразуем выражение
x  x2   2 x1 x2 ,
x1 x2 x1  x2


 1
x2 x1
x1 x2
x1 x2
2
2
2
и, используя теорему Виета
 x1  x2  6 / 2,
 x  x  3,
  1 2

 x1 x2  a / 2
 x1 x2  0,5a,
41
получим
x1 x2 9  2  0,5a 29  a 
.



x2 x1
0,5a
a
Тогда неравенство
x1 x2

 2 примет вид
x2 x1
a  9 / 2,
9a
9  2a
2a  9
29  a 
1  0 
0
0
2 
a
a
a
a
 a  0.
С учетом условия D  0 , т.е. a  9 / 2 , получим a  0 .
Ответ: a  0 .
Пример 12. При каких значениях параметра р корни x1 и x2
уравнения x 2  2  p  3 x  p  1  0 удовлетворяют неравенствам
x1  1 , x2  1 ?
Решение. Заметим, что уравнение y = f (x) = x2 – 2(p – 3)x +
+ p – 1 задает параболу, ветви которой направлены вверх, так как
коэффициент при x2 больше нуля (рис.5).
Для решения задачи надо проверить три условия. Первое условие: уравнение имеет вещественные корни, если дискриминант D  0 
4(р – 3)2 – 4(р – 1)  0  р2 – 7р + 10  0 или р  5.
Второе условие: f 1  0 (рис.5), т.е. левая ветвь параболы
y  f x  расположена выше оси абсцисс при x  1 . Найдем f(1) = 1 –
– 2(p – 3) + p – 1 = 6 – p > 0  p  6.
y
Третье условие: абсцисса
f(1)
x  x2
вершины параболы x0  1

2
y = f (х)
b

 p  3 должна удовлетворять
2a
x0
тому же условию, что и корни уравx2
нения, т.е. x0  1  p  3  1  p > 4.
1 x1
x
0
Все условия должны выполняться
одновременно, т.е.
Рис. 5
42
 p  5,

 p  2,
 5  p  6.

 p  6,
 p  4
Ответ: p  5; 6 .
Пример 13. Найти все решения уравнения 2a  3x  6a 2 x 
 7 a  2a 2  9ax  6 в зависимости от величины параметра а.
Решение. Объединим слагаемые, содержащие переменную x,
в левой части уравнения, остальные – в правой части:
(2a  3) x  6a 2 x  9ax  2a 2  7a  6 
2a  3x  3ax2a  3  2a 2  7a  6 .
Разложим обе части уравнения на множители:
2a  3x3a  1  2a  3a  2 .
Исследуем полученное уравнение. Возможны три случая:
 2a  3  0 , тогда 0 = 0 и x – любое вещественное число;
 2a  3  0, 3a  1  0  x3a  1  a  2  0  5 / 3 ,
что невозможно, следовательно, решений нет;
a2
 2a  3  0, 3a  1  0, x 
.
3a  1
Ответ: x  R при a  3 / 2 , нет решений при a  1 / 3 ,
x  a  2 / 3a  1 при a  3 / 2, a  1 / 3 .
Пример 14. Решить неравенство 6 log x 2  6 log 4 x  7  0 .
Решение. ОДЗ неравенства: x  0, x  1 . Преобразуем неравенство, воспользовавшись свойствами логарифмов:
log a k x 
1
log a x, log a b  (log b a) 1 .
k
43
Тогда получим
6
 3 log 2 x  7  0 .
log 2 x
Обозначив log 2 x  t , t  0 , запишем
 2
3t  3 t  
6
3t  7t  6
 3  0
 3t  7  0 
0
t
t
t
.
2
Применяя метод интервалов, получим
2
t  ,0t 3 
3
2
 log 2 x   , 0  log 2 x  3  x  1 / 3 4 , 1  x  8 .
3
И с учетом ОДЗ
1 x  8.

x  0
запишем ответ 0  x  1 / 3 4 ,

Ответ: x  0; 1 / 3 4  1; 8
Пример 15. Найти все значения параметра a , при которых
12  8a
не имеет решений.
a 2  2a  3
Решение. Функция y  3 x  0 при всех x  R , поэтому
12  8a
данное уравнение не имеет решений, если 1  2
 0.
a  2a  3
Найдем ОДЗ неравенства: a 2  2a  3  0  a  1, a  3 .
уравнение 3x  1 
Приведем левую часть неравенства к общему знаменателю и разложим числитель и знаменатель на множители
a  32  0 .
a 2  6a  9

0

a  1a  3
a 2  2a  3
44
Применяя метод интервалов и учитывая, что корень числителя a  3 является решением данного неравенства, получим
 3  a  1, a  3 .
Ответ: a   3; 1  3.
Составители: доц. В.В.Ивакин, доц. М.А.Керейчук, ст.преп.
Т.С.Обручева, ст. преп. М.Ю.Сысоева.
Научный редактор проф. А.П.Господариков
45