previous arrow
next arrow
Slider

Задание 15. Неравенства — профильный ЕГЭ по математике

Задание 15 Профильного ЕГЭ по математике можно считать границей между «неплохо сдал ЕГЭ» и «поступил в вуз с профильной математикой». Здесь не обойтись без отличного знания алгебры. Потому что встретиться вам может любое неравенство: показательное, логарифмическое, комбинированное (например, логарифмы и тригонометрия). И еще бывают неравенства с модулем и иррациональные неравенства. Некоторые из них мы разберем в этой статье.

Хотите получить на Профильном ЕГЭ не менее 70 баллов? Учитесь решать неравенства!

Темы для повторения:

Квадратичные неравенства

Метод интервалов 

Уравнения и неравенства с модулем 

Иррациональные неравенства

Показательные неравенства

Логарифмические неравенства

Метод замены множителя (рационализации)

Решение неравенств: основные ошибки и полезные лайфхаки

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 8, задача 15

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 32, задача 15

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 36, задача 15

Логарифмические неравенства повышенной сложности

Разберем неравенства разных типов из вариантов ЕГЭ по математике.

Дробно-рациональные неравенства 

1. Решите неравенство:

\frac{{ 2}}{{ 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 1}}{ +}\frac{{ 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 2}}{{ 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 3}} \geq { 2.}

Сделаем замену { 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 2=t}.

Тогда { 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 1=t+1}, а { 0,5x}\sqrt{{ 5}}{ -}{ 3=t-1}.

Получим:

\frac{{ 2}}{{ t+1}}{ +}\frac{{ t}}{{ t-1}} \geq { 2}

\frac{{ 2}{ t}{ -}{ 2+}{{ t}}^{{ 2}}{ +}{ t}}{{{ t}}^{{ 2}}{ -}{ 1}}{ -}{ 2} \geq{ 0}

\frac{{{ t}}^{{ 2}}{ +3}{ t}{ -}{ 2-2}{{ t}}^{{ 2}}{ +2}}{{{ t}}^{{ 2}}{ -}{ 1}} \geq { 0}

\frac{{ 3}{ t}{ -}{{ t}}^{{ 2}}}{{{ t}}^{{ 2}}{ -}{ 1}} \geq { 0}

\frac{{ t}\left({ t}{ -}{ 3}\right)}{\left({ t}{ -}{ 1}\right)\left({ t}{ +1}\right)}\le { 0}

Решим неравенство относительно t методом интервалов:

Получим:

\left[ \begin{array}{c}{ -}{ 1 \textless t}\le { 0} \\{ 1 \textless t}\le { 3} \end{array}\right.

Вернемся к переменной x: \left[ \begin{array}{c} -1 \textless 0,5x\sqrt{5}-2\leq0 \\ 1 \textless 0,5x\sqrt{5}-2\leq 3 \end{array} \right.

\left[ \begin{array}{c} {{2}\over{\sqrt{5}}} \textless x\leq {{4}\over{\sqrt{5}}}\\ {{6}\over{\sqrt{5}}} \textless x\leq {{10}\over{\sqrt{5}}} \end{array} \right.

Ответ: x\in \left(\frac{{ 2}}{\sqrt{{ 5}}};\frac{{ 4}}{\sqrt{{ 5}}}\right]\cup \left(\frac{{ 6}}{\sqrt{{ 5}}};{ 2}\sqrt{{ 5}}\right].

Показательные неравенства

2. Решите неравенство 2^x+17\cdot 2^{3-x}\le 25

2^x+17\cdot \frac{8}{2^x}\le 25

Сделаем замену 2^x=t,t \textgreater 0. Получим:

t+17\cdot \frac{8}{t}-25\le 0. Умножим неравенство на t \textgreater 0.

t^2-25t+136\le 0

Дискриминант квадратного уравнения t^2-25t+136=0

D={\left(-25\right)}^2-4\cdot 136=625-544=81. Значит, корни этого уравнения: \left[ \begin{array}{c}t_1=17 \\t_2=8 \end{array}\right.

Разложим квадратный трехчлен t^2-25t+136 на множители.

t^2-25t+136\le 0 \Longleftrightarrow \left(t-17\right)\left(t-8\right)\le 0

8\le t\le 17. Вернемся к переменной x.

8\le 2^x\le 17

Внимание. Сначала решаем неравенство относительно переменной t. Только после этого возвращаемся к переменной x. Запомнили?

2^3\le 2^x\le 2^{{{\log }_2 17}}

3\le x\le {{\log }_2 17}

Ответ: x\in \left[3;{{\log }_2 17}\right]

Следующая задача — с секретом. Да, такие тоже встречаются в вариантах ЕГЭ,

3. Решите неравенство 2^{2x-x^2-1}+\frac{1}{2^{2x-x^2}-1}\le 2

Сделаем замену 2^{2x-x^2}=t,t \textgreater 0. Получим:

\frac{t}{2}+\frac{1}{t-1}-2\le 0

\frac{t^2-t+2-4t+4}{2\left(t-1\right)}\le 0

\frac{t^2-5t+6}{t-1}\le 0

\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{t-1}\le 0

\left[ \begin{array}{c}t \textless 1 \\2\le t\le 3 \end{array}\right.

Вернемся к переменной x:\left[ \begin{array}{c}2^{2x-x^2} \textless 1 \\{2\le 2}^{2x-x^2}\le 3 \end{array}\right.

Первое неравенство решим легко: 2x-x^2 \textless 0. С неравенством {2\le 2}^{2x-x^2} тоже все просто. Но что делать с неравенством 2^{2x-x^2}\le 3? Ведь 3 = 2^{{{\log }_2 3}}. Представляете, как трудно будет выразить х?

Оценим t=2^{2x-x^2}. Для этого рассмотрим функцию t\left(x\right)=2^{2x-x^2}.

Сначала оценим показатель степени. Пусть z\left(x\right)=2x-x^2. Это парабола с ветвями вниз, и наибольшее значение этой функции достигается в вершине параболы, при х = 1. При этом y(1) = 1.

Мы получили, что z\left(x\right)\le 1.

Тогда 2^{z\left(x\right)}\le 2, и это значит, что t\left(x\right)\le 2. Значение t\left(x\right)=3 не достигается ни при каких х.

Но если {2\le 2}^{2x-x^2} и 2^{2x-x^2}\le 2, то 2^{2x-x^2}=2.

Мы получили:

\left[ \begin{array}{c} 2x-x^2 \textless 0\\ 2x-x^2=1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} x(x-2) \textgreater 0\\ x^2-2x+1=0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} x \textless 0\\ x \textgreater 2\\(x-1)^2=0\end{array} \right. \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} x \textless 0\\ x \textgreater 2\\ x=1\end{array} \right.

Ответ: x\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left\{1\right\}\cup \left(2;+\infty \right){ }

Логарифмические неравенства

4. Решите неравенство 2{{log}_{\frac{1}{2}} \left(1-x\right) \textless {{log}_{\frac{1}{2}} \left(3x+1\right)}}

Запишем решение как цепочку равносильных переходов. Лучше всего оформлять решение неравенства именно так.

2log_{{1}\over{2}}(1-x) \textless log_{{1}\over{2}}(3x+1)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1-x \textgreater 0\\3x+1 \textgreater 0 \\(1-x)^2 \textgreater 3x+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \textless 1\\x \textgreater -{{1}\over{3}} \\ 1+x^2-2x \textgreater 3x+1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \textless 1\\x \textgreater {-{{1}\over{3}}} \\ x^2-5x \textgreater 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \textless 1\\ x \textgreater {-{{1}\over{3}}} \\ x(x-5) \textgreater 0 \end{matrix}\right.

Ответ: x\in \left(-\frac{1}{3};0\right)

Следующее неравенство — комбинированное. И логарифмы, и тригонометрия!

5. Решите неравенство 2{{{log}_2}^2 {{cos}^2 x+7{{log}_2 {cos x} \geq 1}}}

2{{{\log }_2}^2 {{\cos }^{{ 2}} x+7{{\log }_2 {\cos x} \geq 1}}}

ОДЗ: {\cos x} \textgreater 0

Замена {{\log }_2 {\cos x}=t} \Rightarrow {{\log }_2 {{\cos }^{{ 2}} x}}=2{{\log }_2 {\cos x=2t}}

2\cdot {\left(2t\right)}^2+7t-1 \geq 0

8t^2+7t-1 \geq 0

D=7^2-4\cdot 8\cdot \left(-1\right)=49+32=81

t_1=\frac{-7-9}{16}=-1

t_2=\frac{-7+9}{16}=\frac{1}{8}

(t+1)(t-{{1}\over{8}})\geq 0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} t \leq -1 \\ t \geq {{1}\over{8}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c} log_2\,cosx \leq-1 \\ log_2\,cosx \geq {{1}\over{8}} \end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left[ \begin{array}{c} cosx\leq{{1}\over{2}} \\ cosx\geq\sqrt[8]{2} \end{array} \right. \\ cosx \textgreater 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 0 \textless cosx\leq{{1}\over{2}}

Ответ: x\in \left(-\frac{\pi }{2}+2\pi k;\left.-\frac{\pi }{3}+2\pi k\right]\right.\cup \left[\frac{\pi }{3}+2\pi k;\left.\frac{\pi }{2}+2\pi k\right), k\right.\in Z

А вот и метод замены множителя (рационализации). Смотрите, как он применяется. А на ЕГЭ не забудьте доказать формулы, по которым мы заменяем логарифмический множитель на алгебраический.

6. Решите неравенство: {{\log }_{{ 3-x}} \frac{{ x+4}}{{\left({ x-3}\right)}^{{ 2}}}} \geq { -2}

log_{3-x}\frac{x+4}{(x-3)^2}\geq-2\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3-x \textgreater 0\\3-x\neq1 \\ {x+4\over (x-3)^2} \textgreater 0 \\ log_{3-x} {{x+4}\over(x-3)^2}+2\geq 0 \end{matrix}\right.

Мы объединили в систему и область допустимых значений, и само неравенство. Применим формулу логарифма частного, учитывая, что {\left({ a-b}\right)}^{{ 2}}{ =}{\left({ b-a}\right)}^{{ 2}}{ }. Используем также условия { 3-x \textgreater 0}; \, { x+4 \textgreater 0.}

\left\{\begin{matrix} x \textless 3\\x\neq2 \\ x+4 \textgreater 0 \\ log_{3-x}(x+4)-log_{3-x}(3-x)^2+2\geq0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \textless 3\\x\neq2 \\ x \textgreater -4 \\ log_{3-x}(x+4)\geq0 \end{matrix}\right.

Обратите внимание, как мы применили формулу для логарифма степени. Строго говоря, {{\log }_{{ a}} {\left({ b}\left({ x}\right)\right)}^{{ 2}}{ =2}{{\log }_{{ a}} \left|{ b}\left({ x}\right)\right|}}.

Поскольку { 3-}{ x}{ \textgreater 0,}{{ log}}_{{ 3-x}}{\left({ 3-x}\right)}^{{ 2}}{ =2}{{\log }_{{ 3-x}} \left|{ 3-x}\right|{ =}}{ 2}{{\log }_{{ 3-x}} \left({ 3-x}\right){ =2.}}

Согласно методу замены множителя, выражение {{ log}}_{{ 3-x}}\left({ x+4}\right) заменим на \left({ 3-x-1}\right)\left({ x+4-1}\right).

Получим систему:

\left\{ \begin{array}{c}{ x}\ne { 2} \\{ -}{ 4}{ \textless x \textless 3} \\\left({ 2-x}\right)\left({ x+3}\right) \geq { 0} \end{array}\right.

Решить ее легко.

Ответ: { x}\in \left[{ -}{ 3};{ 2}\right).

Разберем какое-нибудь нестандартное неравенство. Такое, что не решается обычными способами.

7. Решите неравенство:

{{\log }_2 \left(x-5\right)+{{\log }_3 x\leq 4}}

ОДЗ: \left\{ \begin{array}{c}x-5 \textgreater 0 \\x \textgreater 0 \end{array}\Longleftrightarrow x \textgreater 5.\right.

Привести обе части к одному основанию не получается. Ищем другой способ.

Заметим, что при x = 9 оба слагаемых равны 2 и их сумма равна 4.

{{\log }_2 \left(9-5\right)={{\log }_2 4=2}}

{{\log }_3 9=2}

{{\log }_2 \left(9-5\right)+{{\log }_3 9=4}}

Функции y_1=log_2 \left(x-5\right) и y_2 =log _3 x — монотонно возрастающие, следовательно, их сумма также является монотонно возрастающей функцией и каждое свое значение принимает только один раз.

Поскольку при x=9 значение монотонно возрастающей функции {{{ y=}\log }_2 \left(x-5\right)+{{\log }_3 x}} равно 4, при x \textless 9 значения этой функции меньше 4. Конечно, при этом x \textgreater 5, то есть x принадлежит ОДЗ.

Ответ: (5; 9].