основные способы решения показательных уравнений

ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ.
1) Уравнения вида af (x) = 1 (a > 0; a  1). Решение: f(x) = 0
2
1
2
1

2
а) 8 х  2  8 х  2  1; 8 x  2 x  2  8 0 ; 2 x  4  x  2  0; x   ; ОДЗ: х  -2;2 Ответ: х = -2/3
3
б) 8
х 3
3 х 7

3
0,25
3 х 1
х 1
 1 ; ОДЗ: х  1; х  7/3
3х  9 1 3х  1
 
 0;  12 х  20; 3 х  5 ; х = 5/3 Ответ: х = 5/3
3х  7 3 х  1
2) Уравнения вида af (x) = ap(x) (a > 0; a  1). Решение: f(x) = р(х)
1 4 3 х 1
 9
 27  2 3 ; 3 3  31,5 x 0,5  3  2 ; 1,5 x  1,5; x  1 Ответ: х = 1
а)
27
б) 36 х  2  27 х  8 х ; 6 2 x  4  33 x  2 3 x ; 6 2 x  4  6 3 x ; x  4
Ответ: х = 4
в)
2
х3
4  0,125
х
1
х
 43 2 ; ОДЗ: х  0
х х 1
7
1
 
 ;15 х 2  9  42 х;5 х 2  14 х  3  0; Д  256  16 2 ; х  3; ; Ответ: х = 3;-1/5
2 3 2х 3
5
2 х  х
х
3 3
г)

1 х
х 1
2 1 х
д)

3
0,5 
3
 1  2 (1
 
3
х)
 81 ; ОДЗ: х  0;
  4; х  1  8; х  9; х  81 Ответ: х = 81
27  3 
 1


 2   ;
4   13,5 ;

 
2
2
2
х
х
3
е) 22 + 4 + 6 +…+ 2х = (0,25) – 15
3
х
2

3
2 + 4 + … + 2х = 30; 1 + 2 +…+ х = 15 – ар.пр. S =

3
3 
 ;х  3
3
 2
а1  аn 
n 
Ответ: х = 3
1  x   x  15
2
2
х2 + х – 30 = 0; x = -6; 5 (-6 – не подходит по смыслу задачи) Ответ: х = 5
3) Уравнения, в которых в показателе степени перед неизвестным стоит один и
тот же коэффициент, решаются вынесением за скобку общего множителя (чаще
наименьшего)
32х – 5 + 32х – 7 + 32х – 9 = 91
32х – 9(34 + 32 + 1) = 91; 32х – 9 = 1; х = 4,5 Ответ: х = 4,5
4) Уравнения вида: af (x) = bf (x) (a > 0; b > 0; a  1; b  1; a  b). Решение: (a/b)f (x) = 1
х2 2
4
 
х2 2


х2 2
а) 3
 5 х 2 ; 4 3 5
 1; х 2  2  0; х 2  2 Ответ: решений нет
 5 х 2 ; 4 3
б) 28 – х + 73 – х = 74 – х + 23 – х  11
23 – х(25 – 11) = 73 – х(7 – 1); (2/7)3 – х = 6/21; 3 – х = 1; х = 2 Ответ: х = 2
2
2
2
2
в) 2 х 1  3 х  3 х 1  2 х  2
2


2
2 х 1 1  2 3  3 х 1 1  3; 2 3
 4 9 ; х 2  3; х   3 Ответ: х =  3
5) Уравнения, сводящиеся к квадратным.
а) 5 2 х 1  6  5 x  1  0
a  5 x  0; 5a 2  6a  1  0; a  1 5; a  1; x  1; x  0 Ответ : x  1; x  0
2
б) 4 х 
х2 2
х 2 1
2
 5  2 х 1
х2 2
6
ОДЗ: x  2 ; х   2
а  2 х  х 2 ; 2а 2  5а  12  0; Д  121; а   3 2 ; 4; 2 х
в) 23х + 8  2 х - 6  2 2 х = 0
2х(22х - 6  2 х + 8) = 0; 2х  0; 2х = 2; х = 1; 2х = 4; х = 2
2
х 2 2
 4; х  1,5 Ответ: х = 1,5
Ответ: х = 1; х = 2
1
г) 9 x  3 x 1  31 x  9  x  8
Ответ: х = 0
3 1
a  3 x  0; a 2  3a   2  8  0  возвратное
a a
 2
 5  21
1
;
2
2
a   b; b  2  3b  8  0; b  3b  10  0; b  5;2;  a  1  5a  0; a 
2
 2
a
x
a  2a  1  0; a  1; 3  1; x  0
6) Однородные уравнения.
а) 2  4 х - 3  10 х - 5  25 х = 0
2  (2/5)2х - 3  (2/5)х – 5 = 0; Д = 49; (2/5)х  -1; (2/5)х = 5/2; х = -1 Ответ: х = -1
б) 102/х + 251/х = 4,25  501/х; ОДЗ: х  0
(10/5)2/х – 17/ 4  (10/5)1/х + 1 = 0;Д = 225;21/х = 4; х = 1/2;21/х = 1/4;х = -1/2 Ответ:х =  1 2
в) 6 х 9  13х 6  6 х 4  0 ;
ОДЗ: х  0
3
3
2
 а; 6а 2  13а  6  0; Д  25; а  ; х  1; а  ; х  1 Ответ: х =  1
2
2
3
f
(x)
р
(x)
7) Уравнения вида a = b
(a > 0; b > 0; a  1; b  1; a  b) решаются
логарифмированием обеих частей по одному основанию.
а) 1 сп.) 2х – 3 = 3х
3 lg 2
lg 2х – 3 = lg 3х; (x – 3)lg2 = xlg3; x =
Ответ: х = log 2 8
 log 2 8
lg 2  lg 3
3
3
х
х
х–3
2 cп.) 2
1
2
= 3 ;  2 х  3 х ;    8; Ответ: х = log 2 8 (привести к одному показателю)
8
3
3
х
б) 3 x  2 3 x 1  6
log 2 3 x  log 2 2 3 x 1  log 2 6; x log 2 3  3x  1  1  log 2 3; x 
2  log 2 3
2  log 2 3
; Ответ : x 
log 32  3
3  log 2 3
в) 3 x  5 x 1  3
2
x 2  log 3 5 x 1  1; x 2  x log 3 5  log 3 5  1  0; D  log 3 5  2 ; x  1; x  1  log 3 5
2
Ответ : x  1; x  1  log 3 5
г) 3 x  5 x1  3
x 3  log 3 5 x 1  1; x 3  x  1 log 3 5  1  0; x  1 x 2  x  1  log 3 5  0; x  1
3


x  x  1  log 3 5  0; ; ( D  1  4  4 log 3 5  3  4 log 3 5  0)
Ответ : x  1
8) Нестандартные способы решения.
3
2
8
1 
 х 2 
 х
3х
а) 2 - 3 х  6 2  х 1   1 ;  2  х   1; 2 х  х  1; 2 х  1; 2 х  2; х  1 Ответ: х = 1
2 
2
2
2 


2

  4  15   62 (Разделить на 4  15  )
4  15 4  15   1; 4  15   а; а  62а  1  0, а  0; Д  16 15  ; а  31  8 15
4  15   31  8 15  4  15  ; 4  15   31  8 15  4  15  Ответ: х =  2
б) 4  15
х
х
x
х
2
х
х
2
2
х
2
х
в)  2  3    2  3   4 - «завуалированное» обратное число

 

х
1
2  3  2  3  1;  2  3   а; а   4; а 2  4а  1  0, а  0; Д  12; а  2  3


а
х
х
 2  3   2  3; х  2;  2  3   2  3  1 ; х  2 Ответ: х =  2




2 3
2
г) 2 х  5 х  29 - использование монотонности
f ( x)  2 x  5 x  ; f (2)  29; х  2  единственный корень уравнения Ответ: х = 2
д) 8  3 х  5 x - использование монотонности
3 x  5x  8; f ( x)  3 x  ; g ( x)  5x  8   Уравнение имеет не более одного корня
х = 1 - проверка подтверждает. Ответ: х = 1
е) 2 х  x  3 - использование монотонности
2 x   x  3; f ( x)  2 x  ; g ( x)   x  3   Уравнение имеет не более одного корня
х = 1 - проверка подтверждает. Ответ: х = 1
ж) x х  x
1) х = 0 – левая часть не имеет смысла

x 1
 x 1
2) x  0; x x 1  1;  
; x  1 ; x  1 ; Ответ: х =  1
 x  0
 x  1;  1 2  1

з) 1  x 
 1  x 
1) х = 1 – левая и правая части не имеют смысла

x0
 2
2
x

5
x4
x 5 x  4
2) x  1; 1  x 
 1; 
; x  4; Ответ: х = 0; х = 2; х = 4
 1  x  0

2
 x  2;  1  1
x2  x
4 x4
РЕШЕНИЕ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ.
Методы решения анaлогичны. Обязательно учитывать основание.
a f x  a g x
a 1
0  a 1
f x   g x 
f x   g x 
1) 1 3
х4
 1 3
x 2 3 x  4

; ОДЗ: х  - 4;
Ответ: х   4;  2  0;  

2) 4 x 1  17  5  2 x ; 3с 2  10с  8  0; Д  14 2 ; с   2 3; 4
Ответ: х > 2
х
2х
х
3) 4 - 2  5 – 10 > 0
(2/5)2x – (2/5)x – 2 > 0; (2/5)x < -1; (2/5)x > 2; x < log2/52
Ответ: х < log2/52
х +2
х+1
х
4) 7
- 3 7
+ 2  7 > 60
х
7 (49 - 21 + 2) > 60; 30  7х > 60; 7х > 2; x  log 7 2 Ответ: x  log 7 2
5) 52x + 1 + 6x + 1 > 30 + 5 х  30 х
52x(5 – 6x) - 6(5 – 6x) > 0; (5 – 6x)(52x – 6) > 0
6)
3
2 х 1
7) 8  3
3
4
х 4 х
3
x 1
9
х 1
4
; (а  3
9
х
х 1
;1 3
x 1


Ответ: х  log 5 6; log 6 5
 3; 0  x  1  1 )
Ответ: х  0;1  1; 2

 99
; ОДЗ: х  0  9
х
 0; 8  3
4
х х
4
х х
1  0

9с 2  8с  1  0; Д  100; с  1; 1 9; с  1 9; 3 х  х  32 ; а 2  а  2  0;  1  а  2; а  0; 2
Ответ: х  0;16
8) 64 x  3  16 x  4  0
4 x  а; a 3  3а 2  4  0; a  1  a 2  4a  4  0; a  1; a  2;4 x  1; ; 4 x  2; x  1 2
Ответ: х = 1 2
4
3
ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ.
a) log a f x   g x   f x   a g  x 
 f x   g x 

б ) log a f x   log a g x     f x   0
  g x   0

При использовании формул: log c ab  log c a  log c b; log c a b  log c a  log c b слева
направо возможно сужение области определения. Следовательно, возможна потеря
корней. Такое применение этих формул не рекомендуется.
При использовании этих формул справа налево возможно расширение области
определения. Следовательно, возможно появление посторонних корней. Следовательно,
необходимо делать проверку или находить ОДЗ.
log c x k  k log c x, k  нечётное  дробное; log c x k  k log c x , k  чётное.
1) Уравнения, решаемые с помощью определения логарифма.
а) log3(x – 12) = 2;
Ответ: х = 21
x  12  9 ; x = 21;
2
2
2
2
3
 1; log 2
 3;
 8; Отв:
б) log11log3log2
= 0; (ОДЗ: х  0;1 ) log 3 log 2
1 х
1 x
1 x
1 x
4
2) Уравнения, решаемые с применением свойств логарифмов.
а) 2lg(x – 1) = 1/2 lgx5 - lg х ; (ОДЗ:х > 1) (x – 1)2 = x2; x = 1/2; Ответ: решений нет
б) lg(x3 + 1) – 0,5lg(x2 + 2x + 1) = lg3; (ОДЗ: х > -1); x2 – x – 2 = 0 ; x = -1; x = 2;Ответ: 2
в) log5x2 = 0; (ОДЗ: х  0); 1 сп.) х2 = 1; х =  1 ;2 сп.) 2lg х  0; x  1; x  1; Ответ:  1
x5
 lg  x  5 x  1 = 2; ОДЗ: x < -5;x > -1 Применяем формулу справа налево.
x 1
x  52 x  1  2; lg x  52  2; x  52  100; x  5  10; x  5; x  15; Ответ: -15; 5
lg
x 1
 x  7
1
6
д) log 3 x  7   2  log 3  x  1 ; ОДЗ: 
6
 x 1
г) lg
log 3 x  7   log 3 x  1  2; x  7  x  1  9;
x  1; x 2  6 x  16  0; x  8; 2
 7  x  1; x 2  6 x  2  0; x  3  7
Ответ: x  2; x  3  7
k 1
, k   ; ОДЗ: х > 0; k  ; k  1
2
1  k k  1  k ; k  1; log x  1 ; Ответ: х = 1k k
k 1
; log k x 
logkx(1+2+3+…+k)=
k  k
k
2
2
2
k
ж) Использование свойства логарифмов: a logb c  c logb a
1) хlg9 + 9lgx = 6; ОДЗ: х > 0
е) logkx + log
k
x + …+ log
logx 9
logx 10
k
k
x=
1
logx 10
Ответ: х = 10
 9 lg x ; 2  9lgx = 6; 32lgx = 3; lgx = 1/2;
log8 y
log8 x
x
y
4
x  0
2) 
; ОДЗ: 
y  0
log 4 x  log 4 y  1
1
1
2 x log8 y  4; x log8 y  2; log 8 y  log 8 x  log 8 2; log 2 x  log 2 y  ; log 2 x  log 2 y  3
9
3
ab  3
a  2b

a  1 a  3  x  1 2  x  8
log 2 x  a; log 2 y  b; 
; 2
;

;

0,5a  0,5b  1 b  2b  3  0 b  3  b  1  y  1 8  y  2
x
lg9
= х
9
Ответ: 1 2;1 8; 8; 2
4


з-1) lg x 2  ax  2a  2 lg x  1
a  2; 0  5; 

 x 2  ax  2a  x  12
2a  1
1
; xa  2  2a  1; 

 1; a  ; a  2
a  2; x 
x 1  0

a2
3

Ответ: , если
1
2a  1
1
 a  2; x 
, если a  ; a  2
3
a2
3
x 2  ax  2a  x  1
з-2)
a  2; 0  5; 

 x 2  ax  2a  x  12

2a  1
1
; xa  2  2a  1;

 1; a  ; a  2
a  2; x 
x 1  0

a2
3

1
2a  1
1
 a  2; x 
, если a  ; a  2
3
a2
3
2
2
и) lg x  3ax  2a  lg x  2a
Ответ: , если




 x  3ax  2a  x  2a
2
; x 2  x 3a  1  2a  2a 2  0; D  a  1 ; x  2a; x  a  1

2
x  2a  0

2a  2a 2  0; 0  a  1; a  1  2a 2  0; D  9;  0,5  a  1
Ответ: , если a  0,5; a  1 ; x  a  1, если  0,5  a  0; x  a  1, x  2a если 0  a  1
3) Уравнения c логарифмами разных оснований приводятся к одному основанию.
а) log 3 x  log 3 x  log 1 3 x  6; ОДЗ: х > 0; (4log3x = 6; log3x = 3/2) Ответ: х = 3 3
2
2
б) log3x + 2logx3 = 3; ОДЗ: х > 0; x  1
log3x = h; h + 2/h = 3;h = 1; x = 3; h = 2; x = 9; Ответ: х = 3; x = 9
4) Уравнения, решаемые вынесением общего множителя за скобку.
log 3 (x – 2)log5x = 2log3(x – 2); ОДЗ: х > 2
2log3(x – 2)(log5x – 1) = 0; x = 3; x = 5; Ответ: х = 3; x = 5
log a x
5) Уравнения вида
 k решаются освобождением от дроби.
log a y


lg x 3  5 x 2  19
 3 ; ОДЗ: х > 2; x  3; + проверка.
lg x  2
х3 – 5х2 +19 = (х – 2)3; х = 3; х = 9 Ответ: х = 9
1
2
б)

 1 ; ОДЗ: х > 0; x  10 – 1; x  105
5  lg x 1  lg x
lg2x – 5lgx + 6 = 0; lgx = 2; x = 100; lgx = 3; x = 1000 Ответ: х = 100; x = 1000
6) Уравнения второй (и более) степени относительно логарифма решаются
введением новой переменной. ( lognaxk = knlognax )
log 22 x3 – 17log2x – 2 = 0 ; ОДЗ: х > 0
9 log 22 x – 17log2x – 2 = 0; log2x = h; Д = 361 = 192; h = -1/9;2 Ответ: х = 4; x = 2 – 1/ 9
7) Показательно-логарифмические уравнения вида решаются
логарифмированием обеих частей по одному основанию.
а) x log3 x 4  1 27 ; ОДЗ: х > 0
(log3x – 4) log3x = - 3; log3x = 1; x = 3; log3x = 3; x = 27 Ответ: х = 3; x = 27
б) 0,1 x lg x 3  1000 ; ОДЗ: х > 0
x lg x 3  10000 ;(lgx – 3)lgx = 4;lgx = -1;x = 10 – 1; lgx = 4; x = 10000 Ответ: х = 0,1; x = 10000
а)
х
в) х х  х ; ОДЗ: х > 0 (не пок.-лог., но тот же способ решения)
х lg x  1 2 x lg x  0; x lg x 1  1 2 x  0; x  0; x  1; x  4 Ответ: х = 1; x = 4


5
8) Метод оценки левой и правой частей.
log2 (2х - х2 + 15) = х2 - 2х + 5
Дадим оценку левой части уравнения. 2х - х2 + 15 = - (х2 - 2х - 15) =
= - ((х2 - 2х + 1) - 1 - 15) = - (х - 1) 2 + 16  16. Тогда log2 (2х - х2 + 15)  4
Оценим правую часть уравнения. x2 - 2х + 5 = (х2 - 2х + 1) - 1 + 5 = (х - 1) 2 + 4  4
log 2 2 x  x 2  15  4

2
 x  1  4  4
Исходное уравнение может иметь решение только при равенстве обеих частей четырем.
log 2 2 x  x 2  15  4  x  1
;

2
x  1
 x  2x  5  4
Ответ: х = 1.
1) log4 (6х - х 2 + 7) = х2 - 6х + 11
Отв.: х = 3
2) log5 (8x - x 2 + 9) = x2 - 8x + 18
Отв.: х = 6
2
2
3) log4 (2x - x + 3) = x - 2x + 2
Отв.: х = 1
4) log2 (6x - x2 - 5) = x 2 - 6x + 11
Отв.: х = 3




9) Использование монотонности функции, подбор корней.
log2 (2х - х2 + 15) = х2 - 2х + 5
Выполним замену 2x - x 2 + 15 = t, t > 0. Тогда x2 - 2x + 5 = 20 - t, значит
log2 t = 20 - t
Функция y = log2 t - возрастающая, а функция y = 20 - t - убывающая.
Геометрическая интерпретация дает нам понять, что исходное уравнение имеет
единственный корень, который нетрудно найти подбором t = 16. Решив уравнение
2х - х2 + 15 = 16, находим, что х = 1. Проверкой убеждаемся в верности
подобранного значения.
Ответ: х = 1.
10) Некоторые “интересные” логарифмические уравнения.
 x  15 
log 3 (( x  15) cos x)  log 3 

 cos x 
ОДЗ: (x - 15) cosx > 0.
x  15
Перейдем к уравнению ( x  15) cos x 
cos x
( x  15) cos x cos x  ( x  15)
( x  15)(cos 2 x  1)
x  15
( x  15) cos x 
0,
0,
0.
cos x
cos x
cos x
Перейдем к равносильному уравнению (x - 15) (cos2 x - 1) = 0,
x - 15 = 0, или cos2 x = 1 ,
x = 15.
cos x = 1 или
cos x = -1,
x = 2 k, kZ
x =  + 2l, lZ
Проверим найденные значения, подставив их в ОДЗ.
1) если x = 15 , то (15 - 15) cos 15 > 0,
0 > 0, неверно.
x = 15 – не является корнем уравнения.
2) если x = 2k, kZ, то (2 k - 15) l > 0,
2k > 15, заметим, что 15  5. Имеем k > 2,5 , kZ, k = 3, 4, 5, … .
3) если x =  + 2l, lZ, то ( + 2l - 15) (- 1) > 0,
 + 2l < 15, 2l < 15 - , заметим, что 15  5 . Имеем: l < 2,
l = 1, 0 , -1, -2,… .
Ответ: х = 2k (k = 3,4,5,6,…); х =  +21(1 = 1,0, -1,- 2,…).
6
РЕШЕНИЕ ЛОГАРИФМИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ.
Методы решения аналогичны. Обязательно найти ООН и учитывать основание.
log h ( x ) f ( x)  log h ( x ) g ( x)
log a f ( x)  log a g ( x)
a 1
0  a 1
 f ( x)  g ( x)

 f ( x)  0
 f ( x)  g ( x)

 g ( x)  0

 h( x )  1
 0  h( x )  1


 f ( x)  g ( x) или  f ( x)  g ( x)
 f ( x)  0
 g ( x)  0




1  13 

х  3  х > 0; ОДЗ: х   3;

2


x  1
 х  3

x  3  1  x; 1) 
; x   3;  1 2) 
2 ; x   1;1
 х 1
 x  3  1  x 
Ответ: x   3;1
2) logxlog2(4x – 12)  1; ОДЗ: х > log413
x>1 по ОДЗ; log2(4x – 12)  x; 4x – 12  2x; - 3  2x  4; x  2 Ответ: x  log 4 13; 2
3) log2(x – 1) – log2(x + 1) + log х 1 2 > 0; ОДЗ: х > 1
1) log4/3
х 1
x 1

x 1
1
1
 0; a   0; a   1;0  1;  ; a   1;0; x  3
x 1
a
log 2
x 1
x
4) log3(4 + 1) + log 4 х 1 3 > 2,5
log 2
Ответ: x > 3
1 5
 1
  0; Д  9; h   0;   2;   Ответ: x < log4( 3 - 1); x > 1,5
h 2
 2
2
5) logx – 3(x – 7x + 51/4) < 1; ОДЗ: х > 3; x  4
а) x > 4; x2 – 7x + 51/4 < x – 3; x2 – 8x + 63/4 < 0;Д = 1; 3,5 < x < 4,5; 4 < x < 4,5
б) 3 < x < 4; x2 – 7x + 51/4 > x – 3; x2 – 8x + 63/4 > 0; x < 3,5 или х > 4,5; 3 < x < 3,5
Ответ: x  3;3,5  4;4,5
 x  6
1
log 2 x 4  log 2 x  6  3 ; ОДЗ: 
6)
4
x0
h = log3(4x + 1); h +

x  0; x 2  6 x  8  0; D  68; x  0;  3  17
log 3 x  log 2 x  6  3; x  6 x  8;

Ответ: x   6;  4   2; 0  0;  3  17

 6  x  0; x  6 x  8  0; x   6;  4   2; 0
2

1
7) 2 x 4  1
Левая и правая части – положительные выражения. Прологарифмируем их.
3x 2  2 x  1 lg 2 x 4  1  0 . Решаем методом интервалов. x  1 3; х  1; х  0  знак не
меняется;  x  1 3; х  1; х  0
Ответ: x  1 3; х  1; х  0
8) Теорема о знаке логарифма: log k(x)f(x). Знак этого логарифма равен знаку
выражения (k(x) – 1)(f(x) – 1)
а) (x – 3)logx1/2  0; ОДЗ: х > 0; x  1
(x – 3)(x – 1)(1/2 – 1)  0; (x – 3)(x – 1)  0; x  0;1  3;   Ответ: x  0;1  3;  
3 x  2 x 1
2

 
б) 2log2 x x
2


 < 1; ОДЗ: x   ;  5   3;1  1; 2
8 x 15

log 2 x x 2  8 x  15 < 0; (1 – x)(x2 + 8x + 14) < 0; (1 – x)(x + 4 +

 

2 )(x + 4 -
2)<0
Ответ: x   4  2 ;  5   3;  4  2  1; 2
7
ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ.
Всякое иррациональное уравнение может быть приведено к рациональному путём
элементарных преобразований. При возведении в чётную степень уравнения могут
быть не равносильными. Возможно появление посторонних корней, удовлетворяющих
ОДЗ. Необходимо делать проверку или проверить неотрицательность обеих частей.
Прежде, чем приступить к решению, если возможно и просто, определить ОДЗ.
Иногда после этого отпадает необходимость решения.
а) х  3  1  х; ОДЗ : х  3; ( х  3; х  1); Отв : 
х(2  х)  3 х 4 (2  х) 7 ( х  3) 5  6 ( х  2)( х  1) х 2  5 ( х  2)( х  6)  2
ОДЗ: х = 0; х = 2; Проверка показывает, что х = 2.
Ответ: х = 2
f x   g x 
f x   g x 
б)
4
 f x   g 2 x 

 g x   0
 f x   g x 

 f x  или g x   0
1) Возведение обеих частей уравнения в одинаковую степень.
а-1) Если мы один раз обе части уравнения возводим в квадрат, то посторонний корень
обращает левую и правую части уравнения в противоположные числа и вместо проверки
достаточно оценить знак левой и правой частей.
 f x   g x 
f  x   g  x ; f 2 x   g 2  x    f  x   g  x  f x   g  x   0  
 f x    g x 
3  33
2
3  33
   ; x  3  33    ; Отв : 3  33
x
2
2
2
а-2) Если перед каждым возведением в квадрат исключать из ОДЗ те значения
неизвестной, при которых левая и правая части уравнения могут принимать значения
разного знака, то каждое следующее уравнение равносильно предыдущему на ОДЗ. ОДЗ
2
можно не писать, т.к. x  7  x  1  0
x 1

x 1

3  33
3  33
х  7  х  1; 
;
3  33 ; x 
; Отв :
2
2
2
 x  7  x  2 x  1  x 
2
б) 2 х  1  х  2  х  1 ; ОДЗ: х  2; х2 – х – 2 = 0; х = - 1; х = 2 Ответ: х = 2
в) 6  x  х  1  2 х  5 ; ОДЗ: 2,5  x  6
х  7  х  1; x  7  x 2  2 x  1; x 2  3 x  6  0; x 
 2,5  x  3
2,5  x  3


6  x  х  1  2 х  5; 6  2 x  2 x  7 x  5;  2
;
17  41
2 x  17 x  31  0  x 
4
2
x
17  41
4
Ответ : x 
17  41
4
х 3  2  х  2 ; (х3 – 2 = х3 – 6х2 +12х – 8; (х – 1)2 = 0; х = 1) Ответ: х = 1
д) х  2  3 3х  2  0 ; ОДЗ: х  2
3
2
. х  2  3 3х  2 ; х  2  3х  2 ; х 3  3х 2  4  0; х  1; х  2 Ответ: х = 2
г)
е)
ж)
3
х 2  3х  3  х 2  3х  6  3


с  с  3  3; с  1
Ответ: х = 1; х = 2
х3  8
х 3  9 х 2  27 х  27

 18  4 х  0; 18  4 х  2 х  1
х 2  2х  4
х 2  6х  9
Ответ: х = -
17
2
8
2) Замена иррационального уравнения рациональным с помощью новой переменной.
а)
б)
3
х 2  33 х  2  0 ;
3
х  а; а 2  3а  2  0; а  1; х  1; а  2; х  8 Ответ: х = 1; х = 8
х  2  2х  5  х  2  3 2х  5  7 2
а2  5
а2  5
а2  5
а  2 х  5  0; а  2 х  5; х 
 0;
2а 
 2  3а  7 2
2
2
2
а  1  а  3  14; а  1  а  3  14; а  5; 2 х  5  5; х  15 Ответ: х = 15
2
в)
х  3  4 х 1  х  8  6 х 1  1
х  1  р  0; х  1  р 2 ; х  р 2  1; р 2  4 р  4  р 2  6 р  9  1; р  2  р  3  1
а) 0  р  2; р  3; 
б) р  2; 3 в) р  3; р  3; р  2; 3
Ответ : x  5;10
2  х  1  3; 4  х  1  9; 5  х  10
3) Замена переменных.
а)
x  3  x 1 1 
x 1  x  4
x  1  t; t  0; x  t 2  1; t 2  2  t  1  t 2  t  5; t 2  t  2  1  t 2  t  5
Отв: х = 3
0  t  3
2 t 2  t  5  6  2t; t 2  t  5  3  t; 
; t  2; x  1  2; x  1  4; x  3
 t2
б)
x  2 x 1  x  3  4 x 1  1 .
x 1  a , где a  0 . Тогда x  1  a 2 , x  a 2  1 .
a 2  1  2a  a 2  4  4a  1 ,
(a  1) 2  (a  2) 2  1 , a  1  a  2  1 .
Рассмотрим три случая: 1) 0  a  1 . - а + 1 - а + 2 = 1, a = 1, 1  [0;1)
2) 1  a  2 . а - 1 - а + 2 = 1, [1; 2)
3) a  2 . а - 1 + а - 2 = 1, а = 2
Решение: [1; 2]. Если 1  a  2 , то 1  x  1  2 , 1  x 1  4 , 2  x  5 . Ответ: 2  x  5 .
в)
2x 2  4x  1  x 2  2x  1  1
x 2  2 x  1  t ; t  0; x 2  2 x  t 2  1; 2t 2  1  t  1; 2t 2  1  1  t ; t 2  2t  0; t  0; t  2
 x 2  2 x  1  0; x 2  2 x  1  0; x  1  2
 2
2
 x  2 x  1  2; x  2 x  5  0; x  1  6
Ответ : x  1  2 ; x  1  6
4) Использование свойств корня.
При вынесении из под корня или внесении под корень, необходимо следить за знаком
полученного выражения.
а)
x 2  2 x  3  x 2  x  2  x 2  1 ; ОДЗ: x  3; x  1
x  1x  3  x  1x  2  x  1x  1  0


x 1

x  1
x  3  x  2  x  1  0; 
;
; x 1
 x  3  x  2  x 1  
x  1;  

б ) x  3; 1  x   x  3   x  2   x  1  0; 
  x  3   x  2   x 1
  4  x  3   4  x  3
2 3
2 3
2
2 3 ; x  2 
2 x  5 x  6  x  4;  2
;
; Отв : 1;  2 
3
3
3x  12 x  8  0  x  2  3
а ) x  1; x  1 


9
x 1
 28  0 ; ОДЗ: x  1; x  3
x 3
а) x  3; x  3x  1  3 x  3x  1  28  0; x  3x  1  t; t  0; t 2  3t  28  0
б) x  3x  1  3x  3
t  7  ; 4; x 2  2 x  3  4; x 2  2 x  19  0; x  1  2 5; x  1  2 5
б ) x  1; x  3x  1  3 x  3x  1  28  0;
x  3x  1  t; t  0; t 2  3t  28  0
t  4  ; 7; x 2  2 x  3  7; x 2  2 x  52  0; x  1  53; x  1  53; Отв : 1  2 5;1  53
5) Умножение на сопряжённое выражение.
x
а)
 x  10  4 ; ОДЗ: x  1
x 1 1
а) x  1  1  0; x  1  1; x  0;  ; 0  10  4  x  0
б ) x  1  1  0;
x


x 1 1
 x  10  4; x  1  3  x  10 ; x  1  0; x  1; Отв : 1
x
x 2  3x  2  x 2  2 x  2  x
б)

x 2  3x  2  x 2  2 x  0; x 2  3x  2  x 2  2 x  2  x  x 2  3x  2  x 2  2 x
x  21 

x 2  3x  2  x 2  2 x  0; x  2  проверка

Отв : х  2
2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
в)
2 x 2  1  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2  x 2  3x  2
2 x 2  1  2 x 2  2 x  3  0; x 2  x  2  x 2  3x  2  0
 2 x  4



x 2  x  2  x 2  3x  2  2 x  4 2 x 2  1  2 x 2  2 x  3


 х  2  пров.
2x  2 2 x 2  1  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2  x 2  3x  2  0; 
; Отв : 2


6) Сведение иррационального уравнения к системе рациональных уравнений.
а) 3 9  х  3 7  х  4
Заметим, что знаки х под радикалом различные. Обозначим 3 9  х  a , 3 7  х  b .
Тогда, 9  x  a 3 , 7  x  b 3 . Выполним почленное сложение обеих частей уравнения
16  a 3  b 3 .
ab  4
ab  4
 ab  4 

;
;
Получим систему  3
2
3
2
2
a  b  16 a  b   a  ab  b  16 4  a  b   3ab  16


 a  b  4 a  b  4 a  2  3 9  x  2
;
;
; 3
 9 x  8  x 1

16  3ab  4  ab  4 b  2  7  x  2
б)
4


Ответ: х = 1.
8  х  4 89  х  5 ; ОДЗ: х   89; 8
 рк 5
8  х  р  0; 4 89  х  к  0; Получим систему уравнений  4
4
 р  к  97
р4 + к4=(р2 + к2)2 – 2(рк)2=((р + к)2 – 2рк)2 – 2(рк)2=(25 – 2рк)2 – 2(рк)2 =2(рк)2 – 100рк + 625
2(рк)2 – 100рк + 625 = 97; (рк)2 – 50рк + 264 = 0; Д = 382; рк = 6; рк = 44
 р  к  5  р  2; к  3
р  к  5
;
; 2)
;
Получим 2 системы уравнений 1)
 рк  6  р  3; к  2
 рк  44
4
8  х  2; х  8 ; 4 8  х  3; х  73
Ответ: х = - 8; х = - 73
4
10
в) 4 17  x  4 17  x  2
4
17  x  a , a  0 ; 4 17  x  b , b  0 . Тогда, 17  x  a 4 , 17  x  b 4 , 34  a 4  b 4 .
ab  2
ab  2
 ab  2 

Получим систему  4
; 2
;
2
2
4
2 2
2 2
2 2
a  b  34  a  b  2a b  34  a  b   2ab  2a b  34




ab  2
ab  2
ab  2



; 2 2
; 2 2

2 2
16  16ab  2a b  34 2a b  16ab  18  0 a b  8ab  9  0
Решив уравнение относительно (ab), имеем ab = 9, ab = -1 (-1 - посторонний корень,
т.к. a  0 , b  0 ).
a  b  2
Ответ: нет решений.
; ;  исходное уравнение также не имеет решения.

 ab  9
7) При решении иррациональных уравнений вида 3n f ( x)  3n h( x)  t ( x) после
возведения в степень 3n удобно сгруппировать выражения, содержащие корни, и
упростить с учётом исходного выражения. Уравнение заменяется его следствием.
Возможно появление посторонних корней. (Пусть дано уравнение: a + b = c, где a, b, c –
выражения с переменными. Возведём в третью степень. Получим: a 3  b 3  3aba  b  c 3
Используя данное уравнение, получим следствие: a 3  b 3  3abc  c 3 . При решении его,
можно доказать, что посторонними для исходного уравнения являются те и только те
корни, для которых выполняются условия: a = b = -c.) При замене этого не происходит.
а-1) 3 х  3  3 1  х  1
3
x  3  t; x  3  t 3 ; x  t 3  3; t  3 4  t 3  1; 3 4  t 3  1  t; 4  t 3  1  3t  3t 2  t 3
1 5
1  3 5  15  5 5
;x
 3; x  1  5
2
8
х  3  3 1 х  1
t 2  t  1  0; t 
а-2)
3
Ответ : х  1  5
x  3  33 x  3 1  x   33 x  31  x   1  x  1; 33 ( х  3)(1  х)
2
2

3

х  3  3 1  х  3
33 ( х  1)(7  х)  3; x 2  2 x  4  0; x  1  5
Проверку сделать сложно. Лучше сделать замену. Смотри а– 1)
б-1) 3 х  3  3 1  х  1
3
x  3  t ; x  3  t 3 ; x  t 3  3; t  3  2  t 3  1; 3 2  t 3  t  1; 2  t 3  t 3  3t 2  3t  1
3t 2  3t  3  0; t 2  t  1  0; D  0; 
Ответ : 
б-2) 3 х  3  3 1  х  1
3 ( х  3)(1  х) 3 х  3  3 1  х  1; 3 ( х  3)(1  х)  1; х 2  4 x  4  0 x  22  0 х  2


Проверка : 1  1  1
в)
3
Ответ : 
х 1  3 7  х  2




33 ( х  1)(7  х) 3 х  1  3 7  х  0; 63 ( х  1)(7  х)  0; х  1; х  7  проверка
Ответ: х = - 1; х = 7
г) 3 х  1  3 х  2  3 2 х  3
33 ( х  1)( х  2) 3 х  1  3 х  2  0;33 ( х  1)( х  2)(2 х  3)  0; х  1; x  1,5; x  2  проверка
Ответ: х = 1; х = 1,5; х = 2
д-1) 3 2 x  3 x  1  3 1  3x
2 x  33 2 x  x  1  33 2 xx  1  x  1  1  3x; 33 2 x( х  1)
2
2



3

2 x  3 x  1  6 x
33 2 xx  11  3x   6 x; x x 2  2 x  1  0; x  0; x  1  проверка
Ответ : х  0
11
д-2)
3
2 x  3 x  1  3 1  3x - использование монотонности
f ( x)  3 2 x  3 x  1  ; g ( x)  3 1  3x   Уравнение имеет не более одного корня
х = 0 - проверка подтверждает. Ответ: х = 0
8) Метод оценки левой и правой частей (метод мажорант).
Метод мажорант – метод нахождения ограниченности функции.
Мажорирование – нахождение точек ограничения функции. М – мажоранта.
M  f  x 
Если имеем f(x) = g(x) и известно ОДЗ, и если f ( x)  M , g ( x)  M , то 
 M  g x 
x  2  4  x  x 2  6 x  11 .
ОДЗ: 2  x  4 .
Рассмотрим правую часть уравнения. Введем функцию y  x 2  6 x  11 . Графиком
является парабола с вершиной А(3; 2). Наименьшее значение функции у(3) = 2, то есть
y  x 2  6 x  11  2 .
Рассмотрим левую часть уравнения. Введем функцию y  x  2  4  x . С помощью
производной нетрудно найти максимум функции, которая дифференцируема на x  (2; 4).
1
1
4 x  x2
.
g 


2 x  2 2 4  x 2 ( x  2)( 4  x)
g   0 при
g`
4 x  x2  0,
4 x  x2 ,
4  x  x  2 , x=3.
+
2
3
4
g
max
g(3) = 2.
 y 3  2
Имеем, g  x  2  4  x  2 . В результате y (3)  2 , g (3)  2 , то 
 g 3  2
 x 2  6 x  11  2
Составим систему уравнений, исходя из вышеуказанных условий: 
 x2  4 x  2
Решая первое уравнение системы, имеем х = 3. Подстановкой этого значения во второе
уравнение, убеждаемся, что х = 3 есть решение системы. Ответ: х = 3.
9) Применение монотонности функции.
а) x  x  3  x  8  x  24  11
 x0
 x3 0

ОДЗ: 
,  x 0.
 x8 0
 x  24  0
Известно, что сумма возрастающих функций есть функция возрастающая.
Левая часть представляет собой y  x  x  3  x  8  x  24 возрастающую
функцию. Правая часть – линейная функция (к=0). Графическая интерпретация
подсказывает, что корень единственный. Найдем его подбором, имеем х = 1.
Доказательство: Предположим имеется корень х1, больший 1, тогда выполняется
x1  1 , т.к. х1 >1,
12
x1  3  2 , x1  8  3 , x1  24  5 , x  x  3  x  8  x  24  11
Делаем вывод, что корней больших единицы нет. Аналогично, можно доказать, что нет
корней, меньших единицы. Значит x = 1 – единственный корень. Ответ: x = 1.
б) ( x  2)(2 x  1)  3 x  6  4  ( x  6)(2 x  1)  3 x  2
x  2  2 x  1  0

ОДЗ: 
,  x  0,5 .
x20

x60

Преобразуем уравнение
( x  2)(2 x  1)  3 x  6  ( x  6)(2 x  1)  3 x  2  4 ,
2 x  1( x  2  x  6 )  3( x  6  x  2 )  4 , ( x  2  x  6 )( 2 x  1  3)  4
Левая часть представляет собой возрастающую функцию (произведение возрастающих
функций), правая часть – линейная функция ( к = 0). Геометрическая интерпретация
показывает, что исходное уравнение должно иметь единственный корень, который можно
найти подбором, х = 7.
Проверка: ( 7  2  7  6 )  ( 14  1  3)  4 (верно)
Можно доказать, что других корней нет (см. пример выше). Ответ: х = 7.
ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ.
Как правило, обе части неравенства возводятся в нужную степень. Невозможно
сделать проверку. Следовательно, необходимо следить, чтобы получилось неравенство
равносильное данному.
При возведении в нечётную степень всегда получается неравенство равносильное
данному.
При возведении в чётную степень неравенства будут равносильны, если обе части
неравенства неотрицательны.
1) Неравенства вида
а  или  к, где к  отр.число; а  0; а  в  0 .
Ответ: 
Ответ: решений нет.
х 2  3х  4  1  х 2
2) Неравенства вида а  0; Решение : а  0
а  в  0; Решение : а  0; в  0
а)
х2 1  0
Ответ: х =  1
б) х  64  х  8х  0
Ответ: х = 8
3) Неравенства вида а  или  к , где к  отр.число .
Ответ: ОДЗ
2
2
25  х 2  3 Ответ:  5  х  5
4) Неравенства вида а  () к, где к  0
Решением является неравенство: a  () k 2
х 2  4 х  4  1; x 2  4 x  4  1; x 2  4 x  5  0; x  1; x  5
5) Неравенства вида
а)
х2  х  2 ;
б)
х 2  3х  1  3 ;
Ответ: х < -1; x > 5
а  () к, где к  0.
 ОДЗ
Решением является система неравенств: 
2
а  (  ) к
 х  0; х  1
Система:  2
Ответ: х   1; 0  1; 2
х  х  2  0
x 2  3x  1  9; x 2  3x  10  0
Ответ: х  5; x  2
13
6) Неравенства вида
f x   ()
g x 
f x   0

Решением является система неравенств: 
 f  x   () g  x 
х  3,5

2 х  7  6 х  13 ;
Система: 
; х  3,5 Ответ: х  3,5
2 х  7  6 х  13
а)
2x  3  0

 x  1,5
; х3
;
2 х  3  2 x 2  x  12 ; 
2
2 х  3  2 x  x  12  x  2,5; x  3
б)
7) Неравенства вида
Ответ: х  3
f ( x)  или  к( х)
ОДЗ


Решением является система неравенств: 
к ( х)  0
 f ( x)  или  к 2 ( x)

2х  3  0

x2


а) 2 x  3  х  2 ; 
; х  3  2 2 Ответ: х  3  2 2
х20
; 2
2 x  3  x 2  4 x  4  x  6 x  1  0


x2  x  6  0
 х  2; х  3


x 1  0
;  х  1 ; х  3 Ответ: х  3
б) х 2  х  6  х  1 ; 
x 2  x  6  x 2  2x  1  х   7 3


8) Неравенства вида
f ( x)  или  к( х)
k ( x)  0

 ОДЗ
Решением являются 2 системы неравенств: 1)
или 2)
2
 f ( x)  или  k ( x)
к ( х)  0
а)
х2  х  2  х  2
 x2
1) 
; х  2;
 x  1,2
 х  2; х  1
2) 
; х  2; 1  х  2
 х2
2x  5  х  1
x 1

1) 
; 1  x  2  2 2 ; 2)
2
2 x  5  x  2 x  1
Ответ: х  2; х  1
б)
 х  2,5
;  2,5  x  1 Ответ:  2,5  x  2  2 2

 х 1
1) х 2  3х  2  х 2  х  1  1
ОДЗ: x  2; x  1
х 2  3х  2  1  х 2  х  1 ;
Ответ: х  2;1  х 
x0

 х  2; х  1

 1  13
х 2  х  1  2 х; 
или 
x
х0


6

 1  13
6
х  5  х 1
x9
х9
 x9

х  1
;  x  1 ; Ответ: x  9; x  8
х  5  х 1  0 
 x8
2) Найти ООФ: f(x) =





14
3)
х 2  16
х3
 х3 
5
х3
;
ОДЗ: х  4
х 2  16  х  3  5; х 2  16  8  х
 х  4; х  4
1) 
; х>8
х8

x  8
2) 
; 5 < х 8;
x  5


4)  2 х 2  х  1 х  2  2 х  3  4 х  7  0 ;
- 2x2 + x – 1 < 0 (D < 0);
Ответ: х > 5
ОДЗ: х  1,75
х  2  2 х  3  4 х  7  0; x  2  2 x  3  4 x  7
 5 x  12  2 8 x 2  26 x  21
 х  1,75
Решением являются 2 системы неравенств: 1) 
; x > 2,4
 5 х  12  0
х  1,75

1,75  х  2,4



2
2) 
х  2,4
;
; x  2; 2,4
х


4
;
x

2
7 х 2  16 х  60  0; ( Д  44 2 ) 
7


5)
Ответ: х > 2
3х 2  5 х  7  3х 2  5 х  2  1
а0

а  0
3х 2  5 х  2  а; а  5  а  1; а  5  1  а ; 
;
а  5  1  2 а  а а  4
2
Ответ: х   2;  1   2 3;1 3
0  3х  5 х  2  4; х   2;  1   2 3;1 3 ;
6) (х2 – 2х – 8)( 10  2 х  х  1)  0 ; ОДЗ: х  5
Решением являются 2 системы неравенств.
 х 2  2 х  8  0  х  2; х  4
 х 2  2 х  8  0  2  х  4
1)
;
; x  4;5
2)
;
; x  2;3
 10  2 х  х  1  3  х  5
 10  2 x  х  1  х  3
Ответ: х   2; 3  4; 5
8) Метод интервалов
Алгоритм: 1) ОДЗ
2) Решить уравнение f(x) = g(x)
3) Подставить в исходное неравенство по одному значению из каждого из
получившихся интервалов (знаки не обязательно чередуются)
Если проверяемое значение удовлетворяет неравенству, то и все остальные значения
соответствующего промежутка ему удовлетворяют.
Если проверяемое значение не удовлетворяет неравенству, то и никакое другое значение
соответствующего промежутка ему не удовлетворяют.
2 х  3  2 x 2  x  12
x  1,5

 1  97

ОДЗ: 
 1  97
 1  97 ; x 
x
;x
4

4
4

2 x  3  2 x 2  x  12; 2 x 2  x  15  0; x  2,5; x  3
  1  97

x  2,5; 
 2,5  3  8  3  неверно
4


x  4; 4  3 11  24  верно  Ответ : x  3
15
ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ.
Частные случаи и общие формулы.
а) sinx = 0; x = пk, k  
sinx = 1; x = п/2 + 2пk, k  
sinx = -1; x = -п/2 + 2пk, k  
sinx = d, 0 < d < 1; x = (-1)каrcsind + пk, k  
sinx = d, -1 < d < 0; x = (-1)к +1аrcsin(- d) + пk, k  
б) сosx = 0; x = п/2 + пk, k  
cosx = 1; x = 2пk, k  
cosx = -1; x = п + 2пk, k  
cosx = d, 0 < d < 1; x =  аrccos d + 2пk, k  
в) tgx = d, d > 0; x = аrctgd + пk,
k 
tgx = d, d < 0; x = -аrctg(- d) +
пk, k  
г) ctgx = d, d > 0; x = аrcctgd +
пk, k  
ctgx = d, d < 0; x = -аrcctg(- d)
+ пk, k  
1) Уравнения, сводящиеся к квадратным.
а) 6cos2x + 5sinx – 2 = 0
- 6sin2x + 5sinx + 4 = 0; D = 121; sinx = 4/3; -1/2 Ответ: x = (-1)k + 1 п/6 + пk, k   .
б) tgx – 12cgx + 1 = 0; ОДЗ: x   2
tgx – 12/tgx + 1 = 0; tg2x + tgx – 12 = 0; D = 49; tgx = - 4; 3;
Ответ: x = -arctg 4 + пk, x = - arctg 3 + пk, k  
2) Уравнения, однородные относительно sinx или cosx.
Определение: a0  0; a n  0
a n sin n x  a n 1 sin n 1 x cos x  a n  2 sin n  2 x cos 2 x  ...  a1 sin x cos n 1 x  a0 cos n x  0
Пусть cosx = 0 удовлетворяет данному уравнению. Тогда, при подстановке в данное
 sin x  0
уравнение получим a n sin n x  0 . По условию a n  0,  sinx = 0; 
;
cos x  0
Значит наше предположение неверно и cosx  0. Аналогично sinx  0.
Cледствие: при делении обеих частей однородного тригонометрического уравнения, не
содержащего общих множителей, на sin n x или cos n x , получим равносильное уравнение.
а) asinx + bcosx = 0; a,b  0. Решаются делением на cosx  0
1) sinx + cosx = 0; tgx = -1 Ответ: x = -п/4 + пk, k  
2) 3sinx + 2cosx = 0; tgx = -2/3 Ответ: x = -arctg 2/3 + пk/3, k  
3) 4sin3x + 5cos3x = 0; tg3x = - 5/4 Ответ: x = -1/3arctg 5/4 + пk, k   .
б) asin2x + csinxcosx + bcos2x = 0; a,b  0; решаются делением на cos 2 x  0
1) 2sin2x + 3sinxcosx + cos2x = 0; 2tg2x + 3tgx + 1 = 0; D = 1; tgx = -1; -1/2
Ответ: x = -п/4 + пk, x = -arctg 1/2 + пk, k  
2) sin2(х + п/4) + sin(х + п/4)cos(х + п/4) – 2cos2(х + п/4) = 0
tg2(х + п/4) + tg(х + п/4) – 2 = 0; tg(х + п/4) = 1; -2; x = пk; x = -п/4 - arctg2 + пk
Ответ: x = пk; x = - п/4 - arctg2 + пk, k  
в) asin 2 x + csinxcosx + bcos 2 x = р; a,b,р  0; сводятся к пункту б)
1) sin2x + 2sinxcosx – 3cos2x = -2
sin2x + 2sinxcosx – 3cos2x + 2sin2x + 2cos2x = 0; 3tg2x + 2tgx – 1 = 0; D = 16; tgx = -1; 1/3
Ответ: x = -п/ 4 + пk, x = arctg 1/3 + пk, k   .
2) 2sin2x – 5/2sin2x – 8cos2x = -2
2sin2x - 5sinxcosx – 8cos2x + 2sin2x + 2cos2x = 0; 4tg2x - 5tgx – 6 = 0; D = 121; tgx = -3/4; 2
Ответ: x = -arctg 3/4 + пk, x = arctg 2 + пk, k  
3) 2sin2x – sinxсosx – 4cos2x = 3
sin2x + sinxcosx + 7cos2x = 0; tg2x + tgx + 7 = 0; D = -27; 
Ответ: 
г) Однородные уравнения, содержащие общий множитель. (Вынести за скобку)
2sin 2xcosx - 3sinxcos2x + cos3 x = 0
cosx(2sin2x - 3sinxcosx + cos2 x ) = 0; cosx = 0; x = п/2 + пk; 2tg2x - 3tgx + 1 = 0; D = 1
tgx = 1/1; 2
Ответ: x = п/4 + пk, x = arctg 1/2 + пk, k  
16
д) Уравнения, сводящиеся к однородным.
Данный метод применяется, если обе части однородны, но степень одной из них на два
порядка выше другой.
1) 3sin3x – cos3x = sinx
3sin3x – cos3x = sin3x + sinxcos2x; 2sin3x – sinxcos2x - cos3x = 0; 2tg3x - tg2x – 1 = 0
(tgx - 1)(2tg2x + tgx + 1) = 0; tgx = 1
Ответ: x = п/4 + пk, k  
2) (sinx + cosx)3 = 4sinx
sin3x + 3sin2xcosx + 3sinxcos2x + cos3x = 4sin3x + 4sinxcos2x; 3sin3x – 3sin2xcosx +
sinxcos2x - cos3x = 0; 3tg3x - 3tg2x + tgx – 1 = 0; (tgx - 1)(3tg2x + 1) = 0; tgx = 1; tg2x = -1/3
Ответ: x = п/4 + пk, k  
3) Уравнения, решаемые разложением на множители одной части, если другая 0
а) sin2x – sinx = 0
sinx( 2cosx – 1) = 0; sinx = 0; cosx = 1/2; Ответ: x = пk, x =  п/3 + 2пk, k  
б) sin7x + sin3x = 3cos2x
2sin5x cos2x – 3cos2x = 0; cos2x(2sin5x – 3) = 0; cos2x = 0; sin5x = 3/2;
Ответ: x = п/4 + пk/2 ,k  
в) cos3x = sin10x
cos3x – cos(п/2 – 10х) = 0; - 2sin(п/4 – 7/2х)sin(-п/4 + 13/2х) = 0
Ответ: x = п/ 14 – 2/7 пk, x = п/26 + 2/13пk, k   .
4) Уравнения, решаемые с помощью формул понижения степени.
1  cos 2 x
1  cos 2 x
1  cos 2 x
1  cos 2 x
sin 2 x 
; cos 2 x 
; tg 2 x 
; ctg 2 x 
2
2
1  cos 2 x
1  cos 2 x
а) sin2x – sin23x = cos24x – cos22x
cos6x – cos2x = cos8x – cos4x; - 2sin4xsin2x = - 2sin6xsin2x; 2sin2x sinx cos5x = 0
Ответ: x = пk ; x = п/10 + пk/5 ,k  
б) cos2x + cos22x – cos23x – cos24x = 0
cos2x + cos4x – cos6x – cos8x = 0; 2cos3xcosx – 2cos7xcosx = 0; 4cosx sin2x sin5x = 0
Ответ: x = пk/5 ; x = п/2 + пk ,k  
5) Уравнения, решаемые с помощью универсальной тригонометрической
подстановки ( f(sinx, cosx, tgx, ctgx) )
x
x
x
x
2tg
1  tg 2
2tg
1  tg 2
2 ; cos x 
2 ; tgx 
2 ; ctgx 
2
sin x 
x
x
x
x
1  tg 2
1  tg 2
1  tg 2
2tg
2
2
2
2
Замечание: эти формулы сужают ОДЗ. Может произойти потеря корней, т. к. tgx/2 не
существует при х = п + 2пк. Следовательно, это решение надо проверить отдельно.
Лучше, по возможности, не использовать эти формулы.
1 + cosx = sinx + tgx
ОДЗ: x   2  
Проверяем подстановкой х = п + 2пк (0 = 0) – решение
4tg x 2
2

; 1  tg 2 x 2 1  2tg x 2  tg 2 x 2  0; tg 2 x 2  1; 
2
2
2
1  tg x 2 1  tg x 2 1  tg x 2

tg x 2  1  2






x    2k ; x  2arctg  1  2  2k , k  


Ответ: x    2k ; x  2arctg  1  2  2k , k  
6) Уравнения, решаемые выделением тригонометрической единицы: sin2x + cos2x = 1
а) sin4x + cos4x = sin2x – 1/2
1 – 2sin2xcos2x = sinxcosx – 1/2;t2 + 2t – 3 = 0;D = 16;sin2x = - 3; 1; 2x = п/2 + 2пk ,k 
Ответ: x = п/4 + пk ,k  
б) sin6x + cos6x – cos22x = 1/16
(sin2x)3 + (cos2x)3 = 1 – 3/4 sin22x; 16 – 12sin22x – 16cos22x – 1 = 0; 4sin22x = 1; sin2x =  1 2
Ответ: x =  п/12 + пk/2 ,k  
17
7) Уравнения, в которых используются алгебраическая сумма и произведение
тригонометрических функций.
а) sin2x – sinx – cosx – 1 = 0
sinx + cosx = t; t2 = 1 + 2sinxcosx; sin2x = t2 – 1; t2 – t – 2 = 0;D = 9; t = 2; - 1
sinx + cosx = 2; sinx = 1 и cosx = 1   sinx + cosx = - 1; sin(x + п/4) = - 1/ 2
Ответ: x = (-1)к +1п/4 – п/4 + пk, k  
б) 1 sin x  1 cos x  1
ОДЗ: x  k 2
sinx - cosx = sinxcosx; sinx - cosx = t; t2 = 1 - 2sinxcosx; sin2x = t2 – 1; t2 – t – 2 = 0; D = 8;
t  1 2 ; sinx - cosx =  1  2   ; sinx - cosx =  1 2 ; sin(x - п/4) = 2  1 2


2 1
+ п/4 + пk, k  
2
8) Уравнения, решаемые с использованием формул произведения функций.
sin x sin y  0,5cos x  y   cosx  y ; cos x cos y  0,5cos x  y   cosx  y ;
sin x cos y  0,5sin  x  y   sin x  y 
а) 2sinx sin3x = cos2x
cos2x – cos4x – cos2x = 0; cos4x = 0;
Ответ: x = п/8 + пk/4 ,k  
б) сosx sin7x = cos3x sin5x
1/2(sin8x + sin6x) = 1/2(sin8x + sin2x); sin6x – sin2x = 0; sin2x cos4x = 0; sin2x = 0; cos4x = 0
Ответ: x = пk/2 ; x = п/8 + пk/4 ,k  
9) Уравнения вида asinx + bcosx = c, где a, b, c  0.
1) Переход к половинному аргументу (основной способ решения)
а) sinx + cosx = 1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2 sin cos  cos 2  sin 2  cos 2  sin 2  0; sin  cos  sin   0; sin  0; tg  1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ответ: x = 2пk ; x = п/2 + 2пk , k  
б) 4sinx + 3cosx = 5
Ответ: x = (-1)к arcsin
2
x
x
x
x
x
x
x 
x 1

cos  3 cos 2  3 sin 2  5 cos 2  5 sin 2  0;  2tg  1  0; tg 
2
2
2
2
2
2
2 
2 2

Ответ: x = 2arctg 1/2 + 2пk, k   .
в) 2sinx - 3cosx = 3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
4 sin cos  3 cos 2  3 sin 2  3 cos 2  3 sin 2  0;2 cos  2 sin  3 cos   0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos x 2  0; x    2k ; 2 sin x 2  3 cos x 2  0; tg x 2  1,5; x  2arctg1,5  2k
Ответ: x    2k ; x  2arctg1,5  2k , k  
г) 3sinx - 4cosx = 2
x
x
x
x
x
x
x
x
6 sin cos  4 cos 2  4 sin 2  2 cos 2  2 sin 2  0; tg 2  3tg  3  0; D  21
2
2
2
2
2
2
2
2
x 3  21
3  21
3  21
tg 
; x  2arctg
 2k
Ответ : x  2arctg
 2k , k  
2
2
2
2
8 sin
2) Деление обеих частей на а 2  в 2 (если «подгоняется» под формулу)


a
b



sin


cos

;

cos


sin

а) sinx + cosx = 1
 2

2
2
2
a

b
a

b


к
1 2 sin x  1 2 cos x  1 2 ; sin x   4  1 2 ; Ответ: x = (-1) п/4 – п/4 + пk, k 
б) 3 sin 3x  cos 3x  2 ; 3 2 sin 3x  1 2 cos 3x  2 2 ; sin 3x   6  2 2
Ответ: x = (-1)к п/12 + п/18 + пk/3, k  
18
3) Применение универсальной тригонометрической подстановки
а) sinx + cosx = 1
Проверяем х = п + 2пк; (- 1  1)
x
x
2tg
1  tg 2
2 
2  1; tg x   tg x  1  0; Ответ: x = 2пk ; x = п/2 + 2пk ,k 
x
x
2  2 
1  tg 2
1  tg 2
2
2
б) 2sinx - 3cosx = 3 Проверяем х = п + 2пк; (3 = 3 – решение уравнения)
x
x
4tg
3  3tg 2
2 
2  3; 4tg x  3  3tg 2 x  3  3tg 2 x ; tg x  3 ; x  2arctg1,5  2k
x
x
2
2
2
2 2
1  tg 2
1  tg 2
2
2
Ответ: x    2k ; x  2arctg1,5  2k ,  .
 sin x  arctg b a 
4) Введение вспомогательного угла asinx + bcosx = а 2  в 2  
cosx  arctg a b 
Эти формулы удобно применять, если a b  1; 3 ; 1 3
а) sinx + cosx = 1
2 sin(x + arctg 1) = 1; sin(x + п/4) = 1/ 2 Ответ: x = (-1)к п/4 – п/4 + пk, k 
б) сos3x - 3 sin3x = 1
2sin(-3x + arctg 1 3 ) = 1; sin( п/6 – 3x) = 1/2 Ответ: x = (-1)к+1 п/18 + п/18 – пk/3, k 
в) 2сos5x - 5sin5x = 29 cos 7 x
29 cos (5x + arctg2,5 ) = 29 cos 7 x ; сos (5x + arctg2,5 ) - cos 7 x = 0;
2 sin 6x  0,5arctg 2,5  sin x  0,5arctg 2,5 = 0
Ответ: x  1 12 arctg 2,5  k 6 ; x  1 2 arctg 2,5  k , k  
г) Найти множество значений функции у = 2sinx - 3cosx
2sinx - 3cosx = 13 sin  x  arctg1,5;  1  sin x  arctg1,5  1;  13  y  13
10) Метод оценки левой и правой частей уравнения.
а) cos3x cos2x = -1.
Первый способ. 0,5 (cos x + cos 5x) = -1, cos x + cos 5x = -2.
 cos x  1
Поскольку cos x  - 1, cos 5x  - 1, заключаем, что cos x + cos 5x > - 2; 
cos 5 x  1
Решив уравнение cos x = -1, получим х =  + 2к, где kZ.
Эти значения х являются также решениями уравнения cos 5x = - 1, т.к.
cos 5x = cos 5 ( + 2k) = cos ( + 4 + 10k) = - 1. х =  + 2к, где kZ , - это все
решения системы, а значит и исходного уравнения.
Ответ: х =  (2k + 1), kZ
cos
2
x


1
cos
2
x

1


или 
Второй способ. 
Ответ: x = (2к + 1), kZ
 cos 3x  1
cos 3x  1
б) cos 3x + cos 5x/2 = 2
 cos 3x  1  x  2n 3
;
Поскольку cos 3x 1 иcos 5x/2 1 , то 
Ответ: 4m, mZ
cos 5 x 2  1  x  4k 5
в) sinx + sin9x = 2
 sin x  1  x   2  2
;
; Ответ: x = п/2 + 2пk ,k 
Так как sin t  1 , то 
sin 9 x  1  x   18  2 9
г) sinx + cos4x = 2
 sin x  1  x   2  2
;
;
Ответ: x = п/2 + 2пk ,k  

cos 4 x  1  x   2
19
д) sinx cos3x = - 1
 sin x  1  x   2  2
sin x  1  x    2  2
1) 
Ответ: 
;
; 2) 
;
сos3x  1  x   3  2 3
 сos3x  1  x  2 3
е) sinx sin5x = 1
 sin x  1  x   2  2
 sin x  1  x    2  2
1) 
Ответ: x = п/2 + пk
;
; 2) 
;
sin 5 x  1  x   10  2 5
sin 9 x  1  x    10  2 5
ж) sinx sin5x sin9x = 1
Решать аналогично г) – нерационально. Лучше проверить подстановкой 2 решения
sinx = 1 ; x = п/2 + 2пk и sinx = - 1 ; x = - п/2 + 2пk
Ответ: x = п/2 + 2пk , k 
1) 2 cos 3x + 4 sin x/2 = 7
Ответ: нет решений
2) 2 cos 3x + 4 sin x/2 = - 8
Ответ: нет решений
3) 3 cos 3x + cos x = 4
Ответ: х = 2к, kZ
4) sin x sin 3 x = - 1
Ответ: х = /2 + к, kZ
5) cos8 x + sin7 x = 1
Ответ: х = m, mZ; х = /2 + 2n, nZ
6) cos 2x + cos 3 x/4 - 2 = 0
Ответ: 8к, kZ
7) cos2(2 x + /3) + cos2( /12 - x) = 0
Ответ: 7/12 + к, kZ
8) cos 6x + sin 5x/2 = 2
Ответ:  + 4к, kZ
11) Уравнения, связанные с тригонометрическими уравнениями.
а) х + 5 sin x = x + 5.
x  5
x  5


Уравнение равносильно совокупности 
или 
x  5  sin x  1  1
x  5  sin x  1  0
Решением первой системы является х = - 5, а также корни уравнения sin x = 1, x = /2 +
2k, k  Z, удовлетворяющие условию x  - 5,т.е. /2 + 2k  - 5, полагая - 5  5/3 ,
имеем /2 + 2к  - 5 /3, 2к  -5/3 - /2, к  -13/12, k  Z. к = -1, 0, 1, … .
Решением второй системы являются корни уравнения sin x = - 1; x = - /2 + 2m, mZ,
удовлетворяющие условию х < - 5, т.е. - /2 + 2m < - 5, полагая - 5  -5/3, имеем
- /2 + 2m < -5/3, m < - 7/12, mZ. m = -1 ,-2, -3,… .
Ответ: -5; /2 + 2к (к = -1, 0, 1 ,…); -/2 + 2m ( = -1, -2, -3,…).
x  18
б) ( x  18) cos x 
cos x
О Д З: (x + 18) cos x  0; cosx  0
x  18
x  18
Возведем обе части уравнения в квадрат: ( x  18) cos x 
, ( x  18) cos x 
=0
cos x
cos x
Решим данное уравнение cos2 x (x + 18) - (x + 18) = 0, (cos2 x - 1) (x + 18) = 0,
cos x = 1,
cos x = - 1,
или x = - 18.
x = 2k, k  Z
x =  + 2m, m  Z
Произведем отбор корней в соответствии с ОДЗ.
1) х = - 18, (18 + 18) cos 18  0, cos 18  0 (заметим, что угол, выраженный в
радианах, принадлежит четвертой четверти, 18  5,7). cos 18  0 - верно.
2) х = 2к, (2k + 18) cos2k  0, т.к. cos 2k = 1, то k  18
2k  - 5,7 , k  - 2,85; k = -2,-1, 0, 1,… .
3) х =  + 2m, ( + 2m + 18) cos ( + 2m)  0, т.к. cos ( + 2m) = - 1, то
 + 2m + 18  0,  + 2m  - 18, 2m  - 5,7  - , m  - 3,35; m = -4, -5 , -6,…
Ответ: - 18, 2к, к = -2, -1, 0, 1 ,…;  + 2m, m = -4, -5, -6, -7,… .
1) х + 3 sin x = х + 3.
Ответ: - 3, /2 + 2к (к = 0, 1, 2, …),
- /2 + 2m (m = -1, -2, -3,…)
2) 2x - 6 cos x = x - 6.
Ответ: 6, 4/3, 7/3, /3 + 2к ( к = 2, 3, 4,…),
2/3 + 2m (m = 0, -1, -2, …).
20
12) Нестандартные приёмы решения тригонометрических уравнений.
а) sin2пх + sin2пy = 0
Сумма двух неотрицательных чисел = 0 только тогда, когда каждое слагаемое = 0
sin2пх =0 и sin2пy = 0; пх = пк и пy = пс, Ответ: x = к;у = с, где к, с  
б) 1) sinx cos2x = 1/4
Умножим левую и правую часть на cosx  0 ( Проверить, нет ли потери корней)
sin4x = cosx; sin4x – sin(п/2 – х) = 0; 2sin(5/2 x – п/4) cos(3/2 х + п/4) = 0
Ответ: x = п/10 + 2пk/5 ; x = п/6 + 2пk/3 ,k  
2) 8cosx cos2x cos4x = 1
* sinx  0
sin8x = sinx; sin8x – sinx = 0; 2sin7/2 x cos9/2 x = 0
Ответ: x = 2пk/7 ; x = п/9 + 2пk/9 ; x  пk ,k  
13) Уравнения, решаемые на основе условия равенства одноимённых функций.
sin f ( x)  sin g ( x)
cos f ( x)  cos g ( x)
tgf ( x)  tgg ( x)
 f ( x)  g ( x)  2k
 f ( x)  g ( x)   1  2n 

k  Z; n  Z
1)sin3,8  =sin1,2  , т.к.
3,8  +1,2  =5 
2) sin5,3  =-sin2,7  , т.к.
5,3  -(-2,7  )=8 
3) sin 880 =sin 380 , т.к.
880  360  7 180
4)sin3,2   sin0,8  , т.к.
не выполнены оба условия
а) sin3x = sin5x
 f ( x)  g ( x)  k

 g ( x)   2  n
k  Z; n  Z
1)tg9,7  =tg1,7  , т.к.
9,7  -1,7  =8 
2) tg8,7  =-tg1,3  , т.к.
8,7  -(-1,3  )=10 
3) tg1,5   tg2,5  , т.к.
тангенсы не существуют
4)tg4,3   tg(-2,5  ), т.к.
не выполнены оба условия
 f ( x)  g ( x)  2k
 f ( x)  g ( x)  2n

k  Z; n  Z
1)сos4,7  =cos3,3  , т.к.
4,7  +3,3  =8 
2) cos15  =cos11  , т.к.
15  -11  =4 
3) cos17,3  =cos11,3  , т.к
17,3  -11,3  =6 
4)cos5,3   cos3,7  , т.к.
не выполнены оба условия
1)5x - 3x = 2  k; x =  k или 2) 5x + 3x = (2к+1)  ; x =
 2k  1
8
Отв: пk;
 2k  1
8
,k  
cos(  /2 – x) = cos3x
 4k  1
 4k  1
1)3x – (  /2 – x) = 2  k; x =
или 2) 3x +  /2 - x = 2  к; x =
8
4
 4k  1
 4k  1
Ответ: x =
;x=
, k 
8
4
в) tg3x tg(5x +  /3) = 1
Делим обе части уравнения на tg3x. Это возможно, т.к. tg3x  0 по проверке

1


 





tg 5 x   
; tg 5 x    ctg3x; tg 5 x    tg  3x ; 5 x    3x  k
3  tg3x
3
3
3 2



2

Каждая часть уравнения существует. x =  48  k 8 , k  
Ответ: x =  48  k 8 , k  
14) Уравнения с обратными тригонометрическими функциями.
Определение: функции f и g называются взаимно-обратными, если
1) D f   E f ; 2) E f   D f ; 3) f a  b  g b  a
Признак: функция обратима, если разным значениям аргумента соответствуют
разные значения функции. Следствие: любая строго-монотонная функция обратима.
Свойства взаимно-обратных функций: свойства 1-3 см.определение; 4)обратная  -  ;
обратная  -  ; 5) обратная нечётной – нечётная; чётная функция обратной не имеет,
кроме точечных y  x   x  1 ; 6) графики взаимно-обратных функций симметричны
относительно прямой у = х. (Чтобы задать формулой обратную функцию, достаточно
решить уравнение относительно х и поменять обозначения x  y )
б) sinx = cos3x;


21
Обратные тригонометрические функции
arctgx  a
arcctgx  a
4arccos x  a
arcsin
 x2
 a
log  x 
0 a 
0 a 
 2  a   2
  2  a   52
x  ctga
x  tga
x  cos
a
x  sin a ln( x) 1 1
2
1 x  
0  a; a   ; 
2
2 ; 2
a   2log; alog 4
a   2 ; a   2 ;  a  0; a   ; 
 x  a   2; arctga  arcctga   2 ; sin(arcsin x)  cos(arccos x)  x, если х  1;
arcsin a logarccos
10
ln( x)  2  1
0
10
  logctg
  x; cosarcsin a   sin arccos a   1  a 2 ; tg arcctga   ctg arctga  
tg arctgxlog
1 
 10xarcctgx
2
Графики функции
2
5
sin( x)
asin( x)
cos( x)
 2
2
2
2 sin( x)  1
10
0
2
0
2
10
x
5
atan( x)
4
0
5
cos( x)
5
2
;  2;0 
y=arccosx
D  f    1;1
E  f   0;  
acos( x)
x 2
2
0
2
sin( x)
asin( x)
2
x 0
2
; 0;  2 ; arccos  x 
   arccos x
y=tgx
D f     2;  2 
2
x
E f   
tan( x)
atan( x)
; нечётная
y=arcsinx
D f    1;1
E  f     2 ;  2
; нечётная
y=cosx
D  f   0;  
E  f    1;1
x
tan( x)
Свойства функций
y=sinx
x D f     2;  2
E  f    1;1
5
0
5
x
; нечётная
y=arctgx
D f   
E  f     2;  2
; нечётная
y=ctgx
D  f   0;  
E f   
cot ( x)
acot ( x)
5
0
x
5
;  2;0 
y=arcctgx
D f   
E  f   0;  
1
a
Примеры
1) arcsin 2 x  1  arcsin x  1
2x  1  x  1  x  2
;
;

 1  x  1  1   2  x  0
2) arcsin 2 x  1  arcsin x  1
  1  x  1  1  2  x  0


  1  2x  1  1 ;  0  x  1 ;
2 x  1  x  1   x  2


1) arccos2 x  1  arccosx  1
2x  1  x  1  x  2
;
;

  1  x  1  1  2  x  0
2) arccos2 x  1  arccosx  1
  1  x  1  1  2  x  0


  1  2x  1  1 ;  0  x  1 ; x  0
2 x  1  x  1   x  2


1)arctg 2 x  1  arctg x  1
D f   ;
2 x  1  x  1; x  2
2)arctg 2 x  1  arctg x  1
2 x  1  x  1; x  2
1)arcctg 2 x  1  arcctg x  1
D f   ;
2 x  1  x  1; x  2
2)arcctg 2 x  1  arcctg x  1
2 x  1  x  1; x  2
; 0;  2 
22
1) Уравнения, решаемые по определению.
а) arcsin(sinx) = x – 2п
xR
 sin x  2   sin x 
3
5
 3 5 
;
;
x
Ответ : x   ; 

2
2 2
  2  x  2   2 3 2  x  5 2 2
б) arcсos(cosx) = x – 3п/2
cosx  3 2  cos x   sin x  cos x  x    4  k
7
7
;
;
;x 
Ответ : x 

4
4
 0  x  3 2   3 2  x  5 2 3 2  x  5 2


в) arctg 2 x 1  x 2 = 2arctgx
2x
 2tgarctgx 
2x

 x  1

 tg 2arctgx  

2
2
2 ;
Ответ : x   1;1

1  x 1  tg arctgx  1  x ; 
1  x  1





2

2
arctgx


2


4

arctgx


4


г) arcсos(0,75 - x) = 2arcsinx
cos2 arcsin x   0,75  x 1  2 sin 2 arcsin x   0,75  x
1  2 x 2  0,75  x 


1 3
0  arcsin x   2

 0  2 arcsin x  


;
;
0  x 1
; x  4

 1  0,75  x  1
 0,25  x  1,75


  0,25  x  1  0  x  1



1  x  1
1  x  1






x  0,25 1  3
Ответ : x  0,25 1  3
2) Уравнения с использованием формул arcsin a  arccos a   2; arctga  arcctga   2
а) arctg 2  x 2   arcctgx   2




arctg 2  x 2   2  arctgx   2 ; arctg 2  x 2  arctgx; монотонная;  2  х 2  х
х  х  2  0; x  2; x  1 Ответ : x  2; x  1
б) arcсos 3x 2  1  arcsin 2 x   2
2




arccos 3 x 2  1   2  arccos 2 x   2 ; arccos 3 x 2  1  arccos 2 x; монотонная; 
3x 2  1  2 x  x  1 3; x  1
1
1
;
;x
Ответ : x  

3
3
  1  2 x  1  1 2  x  1 2
в) arcsin 1 2   2  cos x  arccos1 2   2  sin x   2
1 
1 

1 
 1 
arcsin   cos x   arcsin   sin x ;  cos x   sin x; cos x  sin x; tgx  1
2 2
2 2

2 2
 2 2
x   4  k

 x   4  k
5
;
;x 
 2k

4
 1  0,5   2 cos x  1  3   cos x  3 
3) Квадратные уравнения.
а) arctg 2 x  arcctgx   2
arctg 2 x 

 arctgx 

Ответ : x 
5
 2k , k  
4
; arctg 2 x  arctgx  0; arctgxarctgx  1  0
2
2
arctg x  0; x  0; arctgx  1; x  tg1 Ответ : x  0; x  tg 1
3  2
б) arcsin 2 x  1  arccosx  1 
(При решении ОДЗ не расширяется. Не находить)
4

3  2
3
arcsin 2 x  1   arcsin x  1 
; arcsin 2 x  1  arcsin x  1   0
2
4
4
2
arcsin x  1  t ;   2  t   2 ; t  t  3 4  0; t  0,5; 1,5; arcsin x  1  0,5
x  1   sin 0,5; x  1  sin 1,5; arcsin x  1  1,5; x  1  sin 1,5; x  1  sin 1,5
Ответ : x  1  sin 0,5; x  1  sin 1,5
23
4) arcsin
2
 arcsin 1  x  arcsin
1
3
3 x
2

 1  x  4
4
 1 
ОДЗ : 
; 
3 x
9 ;  x 1
 1  1  x  1 0  x  1 9
Возьмём sin от обеих частей уравнения.


2 
2 
1

sin  arcsin
  cos 1  x  cos arcsin
  sin 1  x  sin  arcsin 
3
3 x
3 x



2
 2 
1 2 x
 1  1  x  1  
  1  x  ;

3 3 x
3 x
3 x 
2
2
9 x  41  x   1
9x
 9 x 2  13 x  4 1`
2
2
 ; 9 x 2  12 x  4  0; 3 x  2   0; x 
9x
3
3
3
Ответ : x 
2
3
РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ.
1) а) sin2x > 0 б) sin(x + п/4)  0 в) cos x 3 > 0 г) сosx  1 д) tg(3x – 2) < - 3


3


 3

 5

 2k ;   2k  ; в) x   
 6k ;
 6k 
Ответ: а) x   k ;  k  ; б) x  
2
2
4


 2

 4

 2 k 
  2 k
г) x  2k ; д) x      ;    , k  
9 3 3 
 6 3 3


2) 2 2  1 sin x  2 cos 2 x  2  2  0


2 2  1 sin x  2 cos 2 x  2 sin 2 x  2 sin 2 x  2 cos 2 x  2  0; sin x  t ;  1  t  1




1
2
2
1
;
;
 sin x 
2
2
2
2
Ответ: x  (- п/4 + 2пк;п/6 + 2пк)  (5п/6 + 2пк;5п/4 + 2пк), k  
3) cos 3x sin3x + cos3x sin 3x < 3/8
cos 3x (3sinx – 4sin3x) + (4cos 3x –3cosx)sin 3x = 3cos 3x sinx - 3 cosx sin 3x = 3cos x sinx 
 (cos2x – sin2x) = 3/4 sin4x; sin4x < 1/2; 4x  (5п/6 + 2пк;13п/6 + 2пк)
Ответ: x  (5п/24 + пк/2;13п/24 + пк/2), k  
4) 8sin6x – cos6x > 0
1 способ) (2sin2x)3 – (cos2x)3 = (2 – 3cos2x)(3cos4x – 6cos2x + 4);cos2x = t;
1  сos 2 x
(2 – 3t)(3t4 – 6t2 + 4) > 0; ( Д < 0 ) ; cos2x < 2/3;
< 2/3; cos2x <1/3
2
Ответ: x  (1/2 arccos 1/3 + пk; п - 1/2arccos 1/3 + пk), k  
2 способ) а) cosx = 0; 8sin6x > 0; sinx  0; x = п/2 + пk – решение неравенства
1  
1 
1
1

; tgx 
б) cosx  0; 8tg6x > 1;  tgx 
   tgx 
  0; tgx  
2 
2
2
2

1
1

 
 

 k    arctg
 k ;  k , k  
Ответ: x     k ;  arctg
2
2
2
 2
 

2
4t 2  2 2  1 t  2  0; D  12  8 2  2 2  1 ; sin x 
5) sin x > cos2x
а) sinx  0; sinx > 1 – sin2x; D = 5; sinx >
1 5
2
б) sinx < 0; sinx <
1 5
2


1 5
1 5
 k ;   arcsin
 k , k  
Ответ: x   arcsin
2
2


24
6)
5  2 sin x  6 sin x  1
5  2 sin x  0

5  2 sin x  0

Cоответствует 2 сист. 1) 
; sin x  1 6 2) 
6 sin x  1  0
 6 sin x  1  0
5  2 sin x  36 sin 2 x  12 sin x  1

2
2
18sin x – 5sinx – 2  0; D = 13 ; sinx = 1/2; - 2/9; 1/6  sinx  1/2;
sinx  1/2;
Ответ: x  [5п/6 + 2пк;13п/6 + 2пк], k  
7) 1 – cosx < tgx - sinx ; ОДЗ: x   2  
1  cos x   cos x  sin x   0;1  cos x  0; cos x  sin x  0; tgx  1 ; Отв: x  (п/4 + пк;п/2 + пк)
cos x
cos x
8) Hеравенства с обратными тригонометрическими функциями.
arcsin x  1,7; ; т.к.
arcsin x  
arcsin x    6
  2  arcsin x   2
x   1;1
x   1;0,5
arccos x  5; ; т.к.
arccos x  4
arccos x   3
0  arccos x  
x   1;1
x  0,5;1
arctgx  2; x  R; т.к. arctgx  5; 
arctgx   7
  2  arctgx   2
x   ; tg  7 
а) arcсos 3x 2  1  arcsin 2 x   2



arcsin x  0
x  0;1
arccos x  1
x   1; cos1
arctgx  0
x   ;0 

arccos 3 x 2  1   2  arccos 2 x   2 ; arccos 3 x 2  1  arccos 2 x; ; 
3 x 2  1  2 x  x  1 3; x  1
 1 1
;
; x    ; 

 2 3
  1  2 x  1  1 2  x  1 2
 1 1
Ответ : x   ; 
 2 3
б) arcсos2x < arcos(1 – x)
 2 x  1  x  
x 1 3
 x 1 3 1
1


; x
  1  2 x  1 ;  1 2  x  1 2; 
2
0  x  1 2 3
 1  1  x  1  0  x  2


в-1) arcсos 2x  arcsin 2  2x
 1  2  2 х  1  1 2  х  3 2
ОДЗ : 
;
;x 
  1  2 х  1  1 2  x  1 2
в-2) arcсos 2x  arcsin 2  2x
 1  2  2 х  1  1 2  х  3 2
ОДЗ : 
;
;x 
  1  2 х  1  1 2  x  1 2
 1 `1
Ответ : x   ; 
 3 2
1


; arccos 1  arcsin 1;  0  
2
2

Ответ : x 
1


; arccos 1  arcsin 1; ;   0 
2
2

1
2
Ответ : 
г) arcсosx  1  arcsin 2x  0
 1  х  1  1   2  x  0
1
ОДЗ : 
;
; x0
  1  2 х  1  1 2  x  1 2 2

1

2 x   1;0   arcsin 2 x  0; 4
 x  1  1 0  arccos x  1  ; 4
2
2
3
В 4четверти функции sinx и cosx возрастают. Можно взять любую из них.
arcsin 2 x   arccosx  1; sin arcsin x   sin  arccosx  1; 2 x   1  x  1
2
 2 x   x 2  2 x Обе части неравенства неотрицательны  4 x 2   x 2  2 x
5x 2  2 x  0; x   2 5; x  0 С учётом ОДЗ получим  1 2  x  2 5 Ответ :  1 2; 2 5
25
д) Найти множество значений функции y  arcsin x  0,5x 2 
y  arcsin x  0,5x 2  - парабола. Ветви направлены вверх. x0  1; y 0  0,5;  f x   0,5
Рассматривается функция arcsin f x  1  f x  0,5;  2  arcsin f x   6
Ответ : x    2 ;  6
5 5 

е) Найти множество значений функции y  sin 2 x, если x  arccos ; 
13 12 

5 5 

Удобно обозначить 2 x  t ; y  sin t , если t  2 arccos ; 
13 6 

Самое близкое к arccos 5 13 из известных значений 0,5.
5 1
5
1 
5 2
 ;  ; arccos  arccos  ; 2 arccos 
13 2
13
2 3
13
3
5 5 

Так как функция y  sin t убывает на промежутке 2 arccos ;  - 2четверть, то
13 6 

наименьшее значение она будет принимать в начале промежутка, а наименьшее – в конце.
5
5 
5
25 5 120
5 1


sin  2 arccos   2 sin  arccos  cos arccos   2 1 
 
; sin

13 
13  
13 
169 13 169
6
2


Так как функция непрерывная, то её множество значений 1 2 ;120 169
ж) Найти множество значений функции y 
3 2  sin x  cos x
4 2

3 2  2 sin x   4
4 2

 3 2  sin x  cos x 

arccos


4 2


9
3  sin x   4
4


1 3  sin x   4


 1  sin  x    1; 2  3  sin  x    4; 
1
4
4
2
4


Так как функция y  arccos t убывает, то возьмём arccos от каждой части неравенства и
1
9
 9
 3  sin  x   4 
поменяем знаки. arccos 1  arccos
  arccos ;0   y   ;0  y  3
4
2 
3 


Так как функция непрерывная, то её множество значений 0;3
26