Обобщённый метод интервалов при решении неравенств

Обобщённый метод интервалов при решении неравенств
Преподаватели ГОУ СОШ № 853
Белов А.И.
Фадеичева Т.П.
1. Метод интервалов для целых неравенств
При решении многих задач, в том числе и задач Единого Государственного экзамена
(ЕГЭ) часто возникает необходимость либо непосредственно решить неравенство, либо
этот шаг – решение неравенства возникает как вспомогательный при решении других,
более сложных и объёмных задач.
Простейший случай неравенств – это линейные и квадратные неравенства. Подобные
задачи обычно встречаются довольно редко сами по себе, но часто – в составе других.
Задача 1 (МЭСИ)
Найти наименьшее целое решение неравенства 5x  7  3x  20
5 x  7  3 x  20
5 x  3 x  20  7
2 x  13
x  6,5
x
x7
Ответ: 7
Стоит обратить внимание на то, что подобная формулировка задачи «найти наибольшее
целое решение», «наименьшее целое решение», «количество целых решений» и т.п.
довольно часто встречается в вариантах ЕГЭ, особенно в части В. Кроме этого, довольно
распространённая ошибка – «забывчивость» при умножении (делении) неравенства на
отрицательное число, поэтому, по возможности, стоит избегать этой операции – перенося
элементы неравенства в соответствующую сторону.
Задача 2 (МТУСИ)
Найти количество целых решений неравенства x 2  8 x  20
x 2  8 x  20
x 2  8 x  20  0
x  10x  2  0
x   10;2
x
Количество целых решений 11.
Ответ: 11.
Поскольку подобные задачи – в основном задачи части В – расстановку знаков на
числовой прямой можно строго не объяснять, чтобы избежать потери времени. Однако,
при этом надо довольно чётко представлять себе «правило чередования знаков», а именно


– если левая часть неравенства приведена к стандартному виду x  x1  1 ...x  xn  n , а в
правой части находится 0, то на крайнем правом участке будет знак «+», а далее – при
переходе через корень чётной кратности – знак сохраняется, при переходе через корень
нечётной кратности – знак изменяется. Проиллюстрируем это на следующем примере.
Задача 3
2
3
4
Решить неравенство x  1x  2 x  3 x  4  0
Отметим точки -2; 1; 3; 4 на числовой прямой и воспользуемся правилом чередования
знаков.
Тогда x   2 1;3  4
Ответ:  2 1;3  4
Распространенной ошибкой является потеря изолированных точек, на что стоит обратить
особое внимание.
Задача 4 (МИЭТ, 2004)
Решить неравенство x 2 17  4 x 2  4
1 способ(замена в неравенстве)
Пусть t  x 2
Тогда неравенство примет вид t 17  4t   4


4t 2  17t  4  0
 1
4t  4  t    0
 4
1 
t   ;4 
4 
1
 x2  4
4
1
 x 2
2
1

 2  x   2

1  x  2
 2
1  1 

x   2;    ;2
2 2 

2 способ (обобщённый метод интервалов)
Данный способ наиболее универсален при решении неравенств практически любого
типа. Схема решения выглядит следующим образом:
1. Привести неравенство к такому виду, где в левой части находится функция f x  , а в
правой 0.
2. Найти область определения функции f x 
3. Найти нули функции f x  , то есть – решить уравнение f x   0 (а решать
уравнение обычно проще, чем решать неравенство)
4. Изобразить на числовой прямой область определения и нули функции.
5. Определить знаки функции f x  на полученных интервалах.
6. Выбрать интервалы, где функция принимает необходимые значения и записать
ответ.
4 x 4  17 x 2  4  0
f  x   4 x 4  17 x 2  4
f x   0
 x  2

x   1
2


1
x 
2

 x  2
f 3  0
f 1  0
f 0   0
f  1  0
f  3  0
1  1 

Значит, x   2;    ;2
2 2 

1 1 

Ответ:  2;    ;2
2 2 

Подобный способ боле универсален и допускает, в некоторой степени большую
свободу действий при решении неравенств, в чём и убедимся на следующих примерах.
2. Метод интервалов для рациональных неравенств
При решении рациональных неравенств, по существу – единственное отличие от решения
целых неравенств – это необходимость учесть область определения неравенства. А
именно – деление на ноль не определено, поэтому знаменатель дроби не может равняться
нулю.
Задача 5 (диагностическая работа № 3, 2007/2008, В6)
16  x 2 x 2  7 x  12
Сколько целочисленных решений имеет неравенство
 0?
x 2  9 x  20
4  x 4  x x  4x  3  0
x  4x  5

x  4x  42 x  3  0
x  4x  5

x  4x  42 x  3
x  4x  5
Область определения функции D f    ;5   5;4  4;
Рассмотрим функцию f x  
Нули функции x  3; x  4
Значит, x   5;4   4;3  4
Таким образом, количество целочисленных решений 8.
Ответ: 8.
3. Метод интервалов для неравенств с модулями

Аналогичным образом обобщённый метод интервалов может быть использован при
решении неравенств с модулями (в «противовес» обычному способу решения подобных
неравенств – рассмотрения случаев)
Задача 6 (МГУ, геологический факультет, 2005)
Решите неравенство  x  1 2 x 2  x  1  0
1 способ (Обобщённый метод интервалов)
Рассмотрим функцию f x   x  1 2x 2  x  1




Область определения функции D f    ;
Нули функции
 x 1  0
 2
2 x  x  1  0
 x 1

2 x  1 x  1   0



2


x  1

 x  1

1
x 
2

1 
x   1   ;1
2 
2 способ (Рассмотрение случаев)
1 случай. Если x  0
Тогда неравенство принимает вид
 x  12x  1 x  1   0
2

x  12  x  1   0
2

1

x   1   ; 
2

Но, учитывая условие раскрытия модуля – получаем x  1
2 случай. Если x  0
Тогда неравенство принимает вид
x  12x  1 x  1   0
2

x  1x  1 x  1   0
2

1 
x   ;1   ;2
2 
1 
Но, учитывая условие раскрытия модуля – получаем x   ;1
2 
1 
Объединяя полученные ответы – имеем x   1   ;1
2 
1 
Ответ:  1   ;1
2 
Часто обобщённый метод интервалов удобнее и короче традиционного способа
решения.
4. Метод интервалов для иррациональных неравенств
При решении иррациональных неравенств область определения функции естественным
образом находится из условия неотрицательности подкоренного выражения.
Задача 7 (Диагностическая работа №2, 2008/2009, С15)
Решите неравенство


 25 x 2  15 x  2 8 x 2  6 x  1  0


Рассмотрим функцию f x    25x 2  15 x  2 8x 2  6 x  1
Область определения
 25 x 2  15 x  2  0
25 x 2  15 x  2  0
x  0,4x  0,2  0
D  f   0,2;0,4
Нули функции
8x 2  6 x  1  0
 x  0,5
 x  0,25

Учитывая область определения, получаем, что нули функции x  0,2; x  0,25; x  0,4
Определим знаки функции на образовавшихся промежутках (это задача С – необходимо
обосновывать!)
Знаки, принимаемые функцией f x  , определяются значением второго множителя, так
как корень неотрицателен на области определения. Так как второй множитель –
квадратный трехчлен, графиком является парабола, ветви которой направлены вверх, то
при x  0,2;0,25 f x   0 , а при x  0,25;0,4 f x   0
Значит, x  0,2;0,25  0,4
Ответ: 0,2;0,25  0,4
Из приведённого примера виден один из недостатков метода – может быть затруднено
определение знаков на полученных интервалах, особенно, если точки расположены
довольно близко друг к другу и/или когда значения нулей или границ области
определения – «плохие».
В тоже время, обобщённый метод интервалов во многих случаях представляет собой
хорошую альтернативу традиционным схемам решения иррациональных неравенств вида
f x   g x  и f x   g x 
Задача 8 (МГУ, экономический факультет, 2003)
Решить неравенство
8  2x  x 2  2x  1
8  2x  x 2  2x  1  0
Рассмотрим функцию 8  2 x  x 2  2 x  1  0
Область определения функции найдём из условия
8  2x  x 2  0
x 2  2x  8  0
x  4x  2  0
x   2;4
Нули функции найдём, решив уравнение
8  2x  x 2  2x  1
8  2x  x 2  4x 2  4x  1
5x 2  2 x  7  0
x  1
 x  1,4

Проверкой убеждаемся, что x  1 является корнем уравнения, а x  1,4 - корнем
уравнения не является.
Определим знаки функции на полученных интервалах
f 0   8  2  0
f 2   8  4  4  2  2  0
Значит, x  1;4
Ответ: 1;4
5. Метод интервалов для показательных и логарифмических неравенств
Задача 9 (Демоверсия 2009 варианта ЕГЭ по версии МИОО, С10)
log 22 5  x 
Решить неравенство
0
x3
log 22 5  x 
Рассмотрим функцию f x  
x3
Область определения
5  x  0

x  3  0
x  5

x  3
x   ;3  3;5
Нули функции
log 22 5  x   0
log 2 5  x   0
5 x 1
x4
Определим знаки функции на образовавшихся промежутках
f 4,5  0
f 3,5  0
f 0   0
x  3;4  4;5
Ответ: 3;4  4;5
Обобщённый метод интервалов может быть использован и вместо традиционного
способа решения логарифмических и показательных неравенств.
Задача 10 (МГУ, МГТУ)
Решить неравенство lg x  2  lg x  5  lg 4
lg x  2  lg x  5  lg 4  0
Рассмотрим функцию f x  lg x  2  lg x  5  lg 4
Область определения
x  2  0

x  5  0
x  2

x  5
x  5; 
Нули функции
lg  x  2   lg  x  5  lg 4  0
lg  x  2  x  5  lg 4
x 2 7 x  10  4
x2  7x  6  0
x  1
x  6

С учётом области определения – ответ уравнения x  6
Определим знаки функции на полученных интервалах
3,5  0,5
7
f 5,5  lg 3,5  lg 0,5  lg 4  lg
 lg
0
4
16
10
f 7   lg 5  lg 2  lg 4  lg
 lg 2,5  0
4
Значит, x  5;6
Ответ: 5;6
6. Метод интервалов для смешанных неравенств
Наиболее полезен обобщённый метод интервалов при решении неравенств «смешанного»
типа, т.е. неравенств, содержащих части различного вида.
Задача 11 (РЭА)
Найти наименьшее целое решение неравенства 6  x 2  9 2 x  53  3 2 x  27   0
Рассмотрим функцию f x   6  x 2  9 2 x  53  3 2 x  27 
Область определения
6 x  0
x6
x   ;6
Нули функции
1. x  6
2.2  9 2 x  53  3 2 x  27  0
t  32 x , t  0
2t 2  53t  27  0
D  53 2  8  27  2809  216  3025  55 2
53  55
4
t1  0,5
t1 
t1  0
53  55
4
t 2  27
t2 
3 2 x  27
3 2 x  33
2x  3
x  1,5
Определим знаки функции на образовавшихся промежутках
f 0  6 2  9 0  53  30  27  6 2  53  27   0
f 2 

4 2  9
4
 53  3 4

1

 27   2  3 162  53    0
3
4


Значит, x  1,5;6 . Наименьшее целое решение – число 2 .
Ответ: 2
7. Метод замены множителей
В заключении рассмотрим так называемый «метод замены множителей», который
может оказаться полезным при решении неравенств, содержащих части разного вида.
Например, при решении показательных неравенств, в которых неизвестное встречается и
в основании, и в показателе степени, полезно использовать следующее правило (см. И.Ф.
Шарыгин, В.И. Голубев "Решение задач 11"): выражение a b  a c при a  1 имеет тот же
знак, что b  c , и противоположный, если 0  a  1. Оба варианта можно объединить в
один: выражения a b  a c и a 1b  c имеют один знак. При этом, конечно нельзя
забывать об области определения выражения a (должно быть положительным).
Задача 12
x 10
Решите неравенство x 2  x  1 x 3  x 2  x  1 .
Решение.
x
x
2

 x  1
 x 1
x 10
x 3
x 10
x 3

 x

 x  1
3
3
 x2  x 1 ,
3
 0.
Воспользуемся утверждением
ux
vx 
f x   f x   0, f x   0   f x   1u x   vx   0.
2
2
Пусть f x   x 2  x  1.
f x   0,
x 2  x  1  0,
D  1  4  3, D  0.
Таким образом, f x  0 для всех x.
x
x
2

 x 1
x 10
x 3


3
 x 2  x  1  0,
 x  10

 x 11
 3   0,
 x3

 x  10  3 x  9 
x2  x 
  0,
x3


 2x  1
x x  1
 0,
x3
1

x x  1 x  
2

 0.
x3


2

+
-
+

-1
-
1
2
+
0
3
х
1

x   1;   0;3.
2

1

Ответ:  1;   0;3.
2

Подобные «замены множителей» могут быть (с соответствующими изменениями)
произведены и при решении неравенств с модулями, иррациональных неравенств,
логарифмических неравенств и т.д. Особенно данный метод полезен при решении
неравенств смешанного вида.
Задача 13


 2 x  1  x  2 log 4  x   1
1
3

 0
x
2
2
Область определения данного неравенства найдём из условий
4  x  0
 2
x  1  x
 x  4
 2
x  x  1  0
x 2  x  1  0

Решить неравенство
x 2 1
x   4; 
Воспользуемся методом «замены множителей».
log 1 4  x   1  log 1 4  x    1  log 1 4  x   log 1 3
3
3
3
3
2 x  1  x  22 x  1  x  24  x  3 1  1
x

3

 1  x x  1  x 2  1
x  13x  3x  1  0
x2  x 1 x2  x 1

2

x  1x  1
2
 0

0
Отсюда, x   ;1
Ответ:  4;1
2
Задача 14 (МГИЭТ 2001, С-4-7)
Решить неравенство 2 x 2  7 x  8
2 x
2 x
2
 7x  8

x2
9

 2x 2  7x  8
x2
9
1 4 x
36


 2x 2  7x  8
1 4 x
36

.
,
 x  2 1  4x 
 7x  8  1 

  0,
36 
 9
при 2 x 2  7 x  8  0.
Отдельно следует рассмотреть случай 2 x 2  7 x  8  0, при этом выражения, стоящие в
показателях степени должны быть положительными.
1.

2
2 x 2  7 x  8  0,
D  49  64  113,
7  113
,
4
x  2
 9  0,

1  4 x  0.
 36
x1, 2 
1

Решением последней системы является x    2; .
4

7  113
x
не удовлетворяет этому условию, следовательно, не является
4
решением неравенства.
7  113
x
удовлетворяет условию, следовательно, является решением
4
неравенства.
2.
2 x 2  7 x  8  0.
7  113
x1, 2 
,
4

7  113 
7  113 
x 
 x 
  0.



4
4



+
-
х
+
7  113
7  113
4
4


7  113   7  113

x    ;
; .


4
4

 

 4x  8  1  4x 
2x 2  7x  9 
  0,
36


2
2 x  7 x  9 8 x  7   0.




2 x 2  7 x  9  0,
D  49  72  121,
7  11
,
4
x1  1,
x1, 2 
9
x2  .
2
x  1 x 

9 
 x 
2 
-
7
  0.
8
+
1

7
8
+
х
9
2
 7 1
x   ;1   ;4 .
 8 2
7  113 7  121 7  11 9
1


 4 ,
4
4
4
2
2
7  113
 0,
4
7  113 7  121 7  11


 1,
4
4
4
7  113
7
 ,
4
8
7 2 113  14

,
8
8
7  2 113  14,
21  2 113 ,
441  4  113,
441  452,
7  113
7
 .
4
8
 7  113 1 
;4 .
Таким образом, получаем x   ;1  
4
2

 7  113 1   7  113 
Ответ:  ;1  
;4   
.
4
2
4

 

g x
P.S. Если в выражении f x 
допустить отрицательные значения f x, то надо
 7  113 7  113 

требовать, чтобы значение g x было целым числом. Тогда при x  
;

4
4


1
4 2
1 2 x  2
7  11
7  11
1
x
, то есть  1  x  4 . Тогда

 2
. Значит,
получим
4
4
2
9
9
9
1 x  2 13
x2

 , то есть значение выражения
не является целым числом.
9
9
18
9