Решение заданий по математике повышенного и высокого уровня сложности ГИА И ЕГЭ

ТЕМА:

«Решение заданий повышенного и высокого уровня сложности ГИА И ЕГЭ»

(решение уравнений и упрощение выражений)

Иваненко Елены Александровны,

учителя математики и информатики

Заречненской ОШ І-ІІІступеней,

Джанкойского района

Пример 1. Решить уравнение , x≠, где n ϵ Ζ.

Для решения заданного тригонометрического уравнения можно использовать замену переменных. Это можно выполнить несколькими способами.

1. Не выполняя никаких преобразований уравнения, обозначить, тогда

, так как

.

1. Выразить через , привести все дроби к общему знаменателю и использовать основное тригонометрическое тождество Тогда

1. Также можно выполнить преобразования, если использовать преобразования sin2x, а

2. Кроме того, можно заметить, что заданное уравнение рассматривается как квадратное в зависимости от параметра а. Тогда его записываем так:

Его дискриминант .

При выполнении обратной замены для решения уравнения вида можно использовать разные способы: или замена , или выразить через и выполнить преобразования.

Решение. Если , тогда . Тогда заданное уравнение равносильно уравнению , то есть Отсюда .

Обратная замена даёт или .

При x≠, где n ϵ Ζ выполняем замену и получаем равносильное уравнение.

Для уравнения ,

,

Уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда его дискриминант будет неотрицательным:

Тогда

+ +

-1 - 1

При этих значениях получаем Тогда

Для уравнения ,

,

Уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда его дискриминант будет неотрицательным:

тогда

+ +

- -

При этих значениях получаем Тогда

Изобразим на оси параметра a особые точки (и определим, при каких значениях параметра можно пользоваться выделенными ответами:

-1 - 1

Ответ: 1) если , то

2) если , то

3) если , то корней нет.

Пример 2. Решить уравнение .

Решение. Тогда .

Если , то при любых значениях имеем корни

.

Если . Дальше решение разбиваем на два случая:

• , то нет корней.

• , то .

Для записи полученных ответов необходимо уточнить, при каких значениях а выполняются ограничения и Для этого решаем соответственные неравенства:

Если , тогда то есть.

Если , тогда или , то есть.

Чтобы сделать запись ответа более наглядным, изображаем ось параметра и отмечаем на ней все особенные значения параметра, которые получились в процессе решения.

-

По этому рисунку видно, что при ,1), а при , 1),2).

Ответ:1) при

2) при ,

Пример 3. log ²₂ х + log₂ х - 2= 0

ОДЗ: х 0.

Пусть log₂ х = у, получим

у² + у – 2 = 0,

у = -1, у= 2.

Вернемся к переменной х:

Если у=-1, то log₂ х = -1, х=

Если у=2, то log₂ х = 2, х= 4.

0, значит х=– корень логарифмического уравнения

4 0. значит х=4 – корень логарифмического уравнения.

Ответ: 0,5; 4

Для решения другого типа логарифмических уравнений применяется метод логарифмирования.

Пример 4 . х^log₃ ^x= 81.

Возьмем логарифмы по основанию 3 от обеих частей, получим:

log₃х ^log₃ ^x= log₃81, ОДЗ: х 0.

log₃х log₃х= 4

log ²₃х = 4

log₃х = 2 или log₃х = -2

х= 9, х=1/9

9 0, значит х=9 – корень логарифмического уравнения

0, значит х= – корень логарифмического уравнения.

Ответ: ; 9.

Пример 5. x^lgx= x¹⁰⁰

x^lgx= x¹⁰⁰

lgx^lgx= lgx¹⁰⁰

lgx ·lgx - 100 ·lgx = 0

lgx (lgx - 100) = 0

lgx=0, lgx – 100=0

x = 1 x=10¹⁰⁰

Проверка.

1⁰=1¹⁰⁰, 10¹⁰⁰=10¹⁰⁰

Ответ: 1; 10¹⁰⁰

Пример 7. lg10 + lg(271+)=2

lg10 + lg(271+)=2

lg(271+)=2-1

lg(271+)=1

lg(271+)=3

271+=1000

=729

⁼ 3⁶

=6, 2·x=36, x=18

Проверка.

lg10 + 1/3 lg(271+)=2, 2=2

Ответ: 18

Пример 8. 4 –lgx=3

4 –lgx=3

ОДЗ: x 0, x ≥ 1

lgx ≥ 0

= t, lgx = t²

t² + 3·t – 4=0

t₁ = -4, t₂ = 1

= -4 – нет решений

= 1, lgx=1, x=10

Ответ: 10

Пример 9.При каких а уравнение имеет единственное решение 2 lg (x+1) = lg(x)

2 lg (x+1) = lg(x)

Решение: (х+1)² = ·х, х² + 2·х + 1 – ·х = 0, х² + х ·(2-) + 1 = 0

х+1 0, х -1, х -1,

1 случай: D=0,

=0, =4;

х² + х (2-) + 1 = 0

х² -2х + 1 = 0

х=1 -1, Итак =4

2 случай: уравнение f(х)=0, где f(х)=х² + х(2-) + 1 имеет два корня, удовлетворяющие двойному неравенству х_{1 2} f (-1)