Файл: Тупиков, В. А. Ошибки в решении конкурсных задач на вступительных экзаменах по математике.pdf

х

4 >

0;

( 1)

х — 1 >

0;

х +

4 <

0;

х — 1 < 0.

&

Из системы (1)

найдем

х >

-

4;

откуда х > 1.

х >

1,

получим

Из системы (2)

( х < — 4;

значит, х < — 4.

\ х <

1,

З а ме ч а н ие .

Следует иметь в виду, что при «отбрасывании»

знаменателя,

после

приведения всех членов неравенства к общему

знаменателю,

иногда может получиться неравенство, равносильное дан­

ному. Так, неравенства

. '

- ^ ± - Т - > 1 и 2* + 1 9 > хЗ + 5

х2 + 5

4 +

] /Г = ^ 5 < 2

обязательно надо указать,

что оно имеет смысл лишь при

условии х — 5 > 0.

Необходимость

введения

такого огра­

ничения связана с понятием арифметического корня.

24. Неравенства,

содержащие неизвестное

под знаком

логарифма, решаются с существенными недочетами.

Пример. Решая неравенство

logs l«g5 (25 — Ах) <

1,

справились

с

этим

неравенством,

приведем его

решение

полностью.

— 4х > 1

Левая часть неравенства имеет смысл, если 25

или 4х < 2 4 ;

х < 6.

Заданное неравенство заменим таким

logs (25 — 4х) <

3,

абсолютная величина и арифметический корень, приводит

к серьезным ошибкам в решении

уравнений и неравенств,

а также в построении графиков

функций. Учитывая, что

некоторых

примеров,

предлагавшихся на вступительных

экзаменах.

Решить

уравнение

Пример 1.

| х — 3 | + \х — 4] — 1 = 0.

Р е ш е н и е .

Находим корни выражений, стоящих под

= 3;

х2 = 4. Разобьем множество всех действительных

чисел

на интервалы:

— о о < х - < 3 ; 3 < х < 4; 4 < ! х < + оо.

х = 3.

Значение х = 3

является корнем уравнения, так как

оно удовлетворяет

условию — оо < х ^ 3,

2) 3 < х < 4.

х — 3 — л; + 4 — 1 = 0 ,

которое является тождеством, а

поэтому

справедливо при

любом х

из

интервала

3 <

х < 4.

3)

4 - ^ х .< +

оо.

В этом интервале

\х — 3 1= л: — 3; \х — 4 1= л: — 4.

Данное

уравнение можно переписать

откуда

х — 3 х — 4 — 1 = 0 ,

х = 4.

О т в е т : 3 < ! л : < ; 4 .

Пример

2. Решить

уравнение

lg V (x -

Ю)2 -

1 = 0.

Р е ш е н и е .

Так

как

lg V(x — 10)2 =

l g| х — 101, то

lg | jc— 101— 1 = 0; lg | х — 10 j =

1; (х — 101=

10.

Если

x

10,

тогда

| x — 10 J =

х — 10;

л; — 10=10;

хг = 20;

е с л и л : < 10,

тогда |х — 10| — 10 — х; 10— х —

10;

х2 =

0.

О т в е т :

хх — 20; х2 =

0.

Пример 3. Решить

неравенство

14 — Зх | <

2х.

Р е ш е н и е .

Правая

часть

неравенства

может

быть

I — 2х < 4 — Зх;

| 4 — Зх <

2х.

Из первого неравенства системы находим х < 4, из вто-

^

4

рого — X > у .

4

О т в е т : - = - < х < 4 .

О

Пример 4.

Построить график функции

У= |

+ 4 |.

Р е ш е н и е .

Исходя из определения абсолютной вели­

чины числа,

можно записать:

ций у — х + 4 и у = — х — 4.

1) Строим график функции у =

х + 4, имея в виду, что

независимая переменная

х может

принимать

лишь

такие

значения, при которых

функция

у

неотрицательна.

Если

х = 0,

то у = 4;

если у = . О,

у — — х — 4.

Если х = — 6,

то

у — 2;

если

у = 0, то

х = — 4.

График — прямая,

проходящая

через

точки

( -

6; 2) и ( -

4;

0).

1.

График функции у = j х + 4 j

изображен на рис.