Иррациональные уравнения и неравенства

Муниципальное образовательное учреждение
средняя общеобразовательная школа № 34
город Волжский Волгоградской области.
ЭЛЕКТИВНЫЙ КУРС
Иррациональные уравнения и неравенства
для обучающихся 10-11 классов
Количество часов 17
Разработчики программы:
учитель математики
МОУ СОШ №34
Бахвалова Наталия Николаевна.
Г. ВОЛЖСКИЙ
2014
Программа элективного курса по математике
«Иррациональные уравнения и неравенства».
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
Структура программы.
Пояснительная записка.
Цели курса.
Содержание курса.
Примерное тематическое планирование.
Методические рекомендации.
Требования к умениям и навыкам.
Дидактические материалы.
Дидактические материалы для учащихся.
Литература.
2
Пояснительная записка.
Программа элективного курса «Иррациональные уравнения и
неравенства» разработана в соответствии с идеей реализации
формирования у обучающихся умений и навыков решений базовых видов
уравнений и неравенств, а так же усвоение дополнительных сведений,
приёмов и подходов для выполнения заданий по этой теме. Программа
авторская, создана на основе учебно-методической, справочной
литературы.
Данный курс способствует лучшему усвоению курса математики. Материал
данного курса, безусловно, может использоваться учителем как на уроках
математики в 10-11 классах, так и на занятиях кружков. Данная программа курса
по выбору своим содержанием сможет привлечь внимание обучающихся,
которым интересна математика и её приложения, и которым захочется глубже
познакомиться с её методами и идеями. Предлагаемый курс освещает
намеченные, но совершенно не проработанные в общем курсе школьной
математики вопросы. Стоит отметить, что навыки в применении этой темы
совершенно необходимы каждому ученику, желающему хорошо подготовиться
для успешной сдачи конкурсных экзаменов, а также будет хорошим подспорьем
для успешных выступлений на математических олимпиадах. Познавательный
материал курса будет способствовать не только выработке умений и закреплению
навыков, но и формированию устойчивого интереса обучающихся к процессу и
содержанию деятельности, а также познавательной и социальной активности.
Наряду с основной задачей обучения математике – обеспечением прочного и
сознательного овладения обучающимися системой математических знаний и
умений, необходимых каждому члену современного общества, данный курс
предусматривает формирование устойчивого интереса к предмету, выявление и
развитие математических способностей, ориентацию на профессии,
существенным образом связанные с математикой.
Курс способствует развитию целостного взгляда на изучаемые явления, что
в свою очередь приводит к развитию личности.
Таким образом, курс носит развивающий характер, что повысит учебную
мотивацию в целом.
Данный курс рассчитан на 17 часов, предполагает компактное и чёткое
изложение теории вопроса, решение типовых задач, самостоятельную работу.
Логический анализ содержания темы «Иррациональные уравнения и неравенства»
позволил выделить группы задач, которые и составили основу изучаемого курса.
Предлагаемые задачи различны по уровню сложности: от простых до достаточно
трудных заданий. В программе приводится примерное распределение учебного
времени, включающее план занятий. Каждое занятие состоит из двух частей:
задачи, решаемые с учителем, и задачи для самостоятельного (или домашнего)
решения. Основные формы организации учебных занятий: лекция, объяснение,
практическая работа, семинар. Разнообразный дидактический материал даёт
возможность отбирать дополнительные задания для обучающихся разной
степени подготовки: уровень сложности задач варьируются от простых до
конкурсных. Все задания направлены на развитие интереса школьников к
3
предмету, на расширение представлений об изучаемом материале, на решение
новых и интересных задач.
Курс характеризуется рациональным сочетанием логической строгости и
геометрической наглядности. Увеличивается теоретическая значимость
изучаемого материала; расширяются его внутренние логические связи, заметно
повышается роль дедукции.
Курс является открытым, в него можно добавлять новые фрагменты,
развивать тематику или заменять какие – либо разделы другими. Главное,
чтобы они были небольшими по объёму, интересными для обучающихся,
соответствовали их возможностям. Программа мобильна, т.е. даёт возможность
уменьшить или увеличить количество задач по данной теме.
Программа может быть эффективно использована в 10 – 11 классах с любой
степенью подготовленности, способствует развитию познавательных интересов,
мышления обучающихся, предоставляет возможность подготовиться к
сознательному выбору дальнейшей специализации.
Для обучающихся, которые пока не проявляют заметной склонности к
математике, эти занятия могут стать толчком в развитии интереса к предмету и
вызвать желание узнать больше. Хотя при изучении курса не ставится цель
выработки, каких – либо специальных умений и навыков, при достаточно полном
рассмотрении вопросов курса, несомненно, появится прогресс в подготовке
обучающихся.
Цели курса:
 восполнить некоторые содержательные пробелы основного курса,
придающие ему необходимую целостность;
 показать некоторые нестандартные приёмы решения задач на основе
свойств функций и свойств неравенств;
 помочь осознать степень своего интереса к предмету и оценить
возможности овладения им с точки зрения дальнейшей перспективы;
 формировать качества мышления, характерные для математической
деятельности и необходимые человеку для жизни в современном
обществе;
 формировать и отработать навыки исследовательской деятельности
учащихся на содержательном теоретическом материале и
практических упражнениях;
 совершенствовать коммуникативные навыки, которые способствуют
развитию умений работать в группе, аргументировать и отстаивать
свою точку зрения и уметь слушать другого.
Задачи курса:
 научить обучающихся решать задачи более высокой, по сравнению с
обязательным уровнем, сложности;
 овладеть рядом технических и интеллектуальных математических
умений на уровне свободного их использования;
 приобрести определённую математическую культуру;
 помочь ученику оценить свой потенциал с точки зрения
образовательной перспективы.
4
Тема I
Содержание программы.
Иррациональные уравнения (9 часов)
Определение иррационального уравнения.
Решение иррациональных уравнений:
- возведение в степень;
- применение формул сокращённого умножения;
- уравнения, в которых подкоренное выражение является полным
квадратом;
- введение новых переменных, использование свойств функции.
Метод обучения: репродуктивный: беседа, объяснение;
выполнение тренировочных заданий.
Форма контроля: проверка самостоятельно решённых задач, самостоятельная
работа.
Тема II
Решение иррациональных неравенств (2 часа)
Решение простейших иррациональных неравенств аналитическим и
графическим методами, использование свойства монотонности функции,
метод интервалов.
Форма занятий: объяснение, практическая работа.
Метод обучения: выполнение тренировочных задач.
Формы контроля: проверка самостоятельно решенных задач. Самостоятельная
работа.
Тема III
Решение иррациональных уравнений неравенств
с параметрами (3 часа)
Понятие параметра.
Решение иррациональных уравнений и неравенств аналитическим и графическим
способами.
Метод обучения: репродуктивный: беседа, объяснение;
выполнение тренировочных заданий.
Форма контроля: проверка самостоятельно решённых задач.
Тема IV
Геометрическое решение задач, содержащих
иррациональные выражения ( 1 час)
Нахождение наименьшего значения функции, содержащей квадратный корень,
геометрически.
Нахождение х , при котором функция принимает наименьшее значение.
Метод обучения: репродуктивный: беседа, объяснение.
Формы контроля: проверка самостоятельно решенных задач.
Тема V
Итоговое занятие ( 2 часа)
1 час. Итоговая контрольная работа.
1 час. Семинар. Решение уравнения или неравенства разными способами.
Форма занятий: практическая работа.
Методы: творческие задания.
Форма контроля: проверка самостоятельно решённых задач,
итоговая контрольная работа.
5
Учебно – тематический план.
№
Наименование
тем курса
Количество
часов
В том числе
лекций
практическ
их занятий
Форм
а
контр
оля
Иррациональные
уравнения
1 Общие сведения об
иррациональных
уравнениях.
Метод
возведения в степень с
уединением радикала, без
уединения радикала.
Уравнения в которых
одно
или
несколько
подкоренных выражений
является
полным
квадратом.
Применение
формул
сокращенного умножения
2.Введение
вспомогательных
неизвестных
9
5
4
2
1
1
4
2
2
3 Использование свойств
функции
3
1
1
с/р ( 1 час)
II
Решение
иррациональных
неравенств
2
1
1
с/р
(20мин)
III
Решение
иррациональных
уравнений и неравенств с
параметром
Геометрическое решение
задач,
содержащих
иррациональные
выражения
Итоговое занятие
3
2
1
1
0,5
I
IV
V
с/р
(20мин)
0,5
К/Р(1
час)
2
Семинар
1ч.
ИТОГО
17
6
10,5
6,5
Методические рекомендации.
Данный элективный курс «Иррациональные уравнения и неравенства» задаёт
примерный объём знаний, умений и навыков, которым должны овладеть
школьники. В этот объём, безусловно, входят те знания, умения и навыки,
обязательное приобретение которых всеми обучающимися предусмотрено
требованиями программы общеобразовательной школы: однако предполагается
более высокое качество их сформированности. Обучающиеся должны научиться
решать задачи более высокой, по сравнению с обязательным уровнем, сложности,
овладеть рядом технических и интеллектуальных умений на уровне их
свободного использования. Одна из целей данного курса – ориентационная –
помочь осознать ученику степень значимости своего интереса к математике и
оценить свои возможности.
На уроках математики можно использовать фронтальный опрос, который
охватывает большую часть обучающихся класса. Эта форма работы развивает
точную, лаконичную речь, способность работать в скором темпе, быстро
собираться с мыслями и принимать решения.
Курс «Иррациональные уравнения и неравенства» предполагает
самостоятельную подготовку обучающихся, работу с разными источниками
информации ( справочные пособия, учебная литература, Интернет, другие
ресурсы). Содержание каждой темы курса включает в себя самостоятельную
(индивидуальную, групповую) работу обучающихся, что позволяет формировать
навыки коллективной работы, работы в группах разного уровня, развить
коммуникативные способности.
Проверка заданий для самостоятельного решения осуществляется на занятии
путём узнавания способа действия и называния ответа. Данный курс содержит
дидактический материал, как для учителя, так и для обучающихся.
В результате изучения курса, обучающиеся должны уметь:
- уверенно решать иррациональные уравнения и неравенства методом
возведения в степень, применением формул сокращённого умножения,
замены переменной, использовать свойства функции, выбирая при этом
рациональные способы решения;
- уверенно владеть системой определений, теорем о равносильности
уравнений и неравенств;
- проводить самостоятельное исследование корней иррациональных
уравнений;
- решать типовые уравнения и неравенства с параметром.
7
I.
Иррациональные уравнения.
Тема № 1 «Определение иррационального уравнения. Метод
возведения в степень.
Применение формул сокращенного умножения.
Уравнения, в которых подкоренное выражение является
полным квадратом». (2 часа)
Основная цель – повторить основной метод решения иррациональных
уравнений. Ознакомить обучающихся со способами решения иррациональных
уравнений:
1.Уравнения, в которых подкоренные выражения являются полным квадратом.
2.Умножение левой и правой части на сопряжённое число.
Выработать умение решать уравнения, содержащие один или два радикала.
Занятия 1,2.
Уравнение А(х) = В(х) называется иррациональным, если хотя бы одно из
выражений А(х) или В(Х) иррационально.
Так, иррациональными являются уравнения х  2  2х - 1; 3 х  1 = 2;
4 х  5  2х  3  7  х
Один из основных методов решения иррациональных уравнений – метод
возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень. Отметим, что
уравнение Ап(х) = Вп(х) при п чётном является следствием уравнения А(х) = В(х),
а при п нечётном равносильно уравнению А(х) = В(х). Следовательно, при
возведении обеих частей уравнения в чётную степень возможно появление
посторонних корней и поэтому необходима проверка корней.
1. Метод возведения в степень с уединением радикала.
Этот метод применяется при решении уравнений, содержащих как один, так
и несколько радикалов с натуральными показателями степени. Особое внимание
уделим уравнениям с радикалами чётной степени.
Иррациональное уравнение 2п f х  =  (х)
 (х)  0
Равносильно системе
f х  =  2 п ( х)
Пример №1 Решить уравнение
х 2  3х  1  1  х
Решение: х 2  3х  1  х  1 Уравнение равносильно системе
х  1,
х  1,
х  1,

3
2 
2

х – 3х +1 = (х – 1)
х(х – х – 1) = 0
х = 0,
х = 0,5  (1  5 )
х = 0,5  (1  5 )
Ответ:
1 5
2
8
Пример № 2 Решить уравнение
Решение: 5х+7  0,
3х+1  0, 
5 х  7  3х  1 
7
х- ,
5
1
х  - , т.е. Д =
3
х  -3
х3
 1

 3 ; 
х +3  0
Перепишем уравнение в виде
5 х  7  х  3  3х  1 ,
т.к. обе части уравнения неотрицательны, возведём обе части в квадрат.
5х +7 = х + 3 + 2 ( х  3)(3х  1)  3х  1,
х + 3  0,
2 3х 2  10х  3  х  3 

2
2
12х + 40х + 12 = х + 6х + 9
х  - 3,
х  - 3,

х=-

11х2 +34х +3 = 0
Ответ: -
1
11
х = -3 не принадлежит Д
1
11
2. Метод возведения в степень без уединения радикала.
Пример № 1 Решить уравнение
х 3  7 х  6
Решение: Уравнение равносильно системе
х – 3 +2 ( х  3)(7  х) +7 – х = 6,
х – 3  0,

7–х  0
(х - 3)(7 - х) = 1,

х2 – 10х + 22 = 0,

3х7
( х  3)(7  х) = 1,
х  3,
х7
х = 5  3,

3х7

 х = 5 3
3х7
Ответ: 5  3 .
Пример № 2
Решить уравнение 3 х  2  3 х  4  3 3х  8 .
Решение: Возведём обе части уравнения в куб:
х  2  3 х  4  3 3х  8 
 х – 2 – 3( 3 х  2 )2  3 х  4  3  3 х  2 (3 х  4 ) 2 - х + 4 = - 3х + 8 
3

3
х  2  3 х  4 (3 х  4  3 х  2 )   х  2.
9
(1)
Заменим разность
уравнение
3
3
х  2  3 х  4 на
3
3х  8 ( в силу уравнения (1)). Получим
х  2  3 х  4  3 3х  8  2  х
(2)
Заметим, что это, вообще говоря, уже не равносильный переход!
Это уравнение является лишь следствием заданного уравнения: если х = х0 –
корень уравнения (1), то х = х0 будет корнем и нового уравнения, но если х = х1 –
корень нового уравнения, то это не значит, что х = х1 является корнем уравнения
(1), потому, что в новом уравнении нет связи между сомножителями, заданной
исходным уравнением (1).
Решим получившееся уравнение:
х = 2,
х = 2,
3

(х – 2)(х – 4)(3х – 8) = - (х – 2) 
(х – 3)2 = 0
х = 3.
Проверка ( т.к. в одном месте не было равносильности!) показывает, что х = 2
является единственным корнем уравнения.
Ответ: 2
3. Уравнения, в которых одно или несколько подкоренных
выражений является полным квадратом.
Пример №1 Решить уравнение
х 2  4 х  4  х 2  10х  25  10.
Решение: Данное уравнение равносильно
х  2  х  5  10 .
выделим три промежутка:  ,2,  2,5, 5, .
1.
Промежуток  ,2 . Здесь оба подмодульных выражения х +2 и х – 5
отрицательны, поэтому уравнение принимает вид – (х+2) – (х-5) = 10 
2х = 7  х = - 3,5.
Так как – 3,5   ,2 , то х = - 3,5 – корень исходного уравнения.
2.
Промежуток  2,5 . Здесь х + 2  0, а х - 5 < 0, поэтому уравнение
принимает вид х +2 – (х – 5) = 10  7 = 10 - ложно.
Следовательно, на этом промежутке уравнение решений не имеет.
3.
Промежуток 5, . Здесь х + 2 > 0 , а х – 5  0, поэтому уравнение
принимает вид х + 2 + х – 5 = 10  2х = 13  х = 6,5.
Так как 6,5  5, , то х = 6,5 – корень исходного уравнения.
Ответ: - 3,5; 6,5
4. Умножение левой и правой части на сопряжённое
выражение.
Пример №1 Решить уравнение
1 х  х2  1 х  х2 = 2
Решение: Умножим обе части уравнения на выражение, сопряжённое
левой части уравнения:
10
 1  х  х
 1  х  х   2 1  х  х
 1 х  х
1 х  х2
2
 1 х  х2
 
1  х  х , или

2
 1  х  х 2  2 1  х  х 2  1  х  х 2 или
2

2
2
1 х  х2  1 х  х2 = х
(*)
Уравнение (*) вместе с исходным решаем как систему способом сложения:
1 х  х2  1 х  х2  2
1 х  х2  1 х  х2  х
Получим 2 1  х  х 2  2  х , или 41  х  х 2   4  4 х  х 2 ; 4 х 2  х 2  0; 3х 2  0, откуда
х  0.
Проверка показывает, что х=0 – корень исходного уравнения.
Ответ: 0
Пример №2 Решите уравнение:
х  22х  1  3 х  6  4  х  62х  1  3
х  2.
1
2
Указание. Область определения уравнения х   , при таких х мы можем
применить формулу ав  а в. Поэтому перепишем уравнение так:
 2 х  1  3 х  6  х  2   4. Домножив левую и правую части на разность
х  6  х  2 , получим
2 х  1  3  х  6  х  2.
Осталось возвести в квадрат, а затем найти и проверить корни.
Ответ: 7
Задачи для самостоятельного решения
№
1
2
3
ЗАДАНИЯ
4х  3  х
10
11
12
13
5х  2  2 х  1  0
1;3
Пустое множество
х 1  х  3  8
14
х  29  2 х  6  8
4
5
6
7
8
9
ОТВЕТЫ
29
6
1
х  2  2 х  13  7
х 2  2х  2  х 2  7 х  4  3
3
3х  4  3 х  3 16х  1
3
х  2  3 3х  2  3 х  2
-1; -2
-2
7х  1  3х  4  4 х  3
4
3
2х  1  х  1
0
1;2
х 2  2х  1  х 2  4х  4  1
х  3  2х  1  4
3
1
64
52  8 39
х  46  3 х  15  1
-110; 79
11
Тема №2. «Введение вспомогательных неизвестных».
(4часа)
Цель: ознакомить обучающихся с рационализирующими и
тригонометрическими подстановками, сформировать умение решать
иррациональные уравнения введением вспомогательных неизвестных,
приводя уравнение к эквивалентной системе.
Занятие 3,4,5,6
Пример №1. Решить уравнение (найти действительные корни)
х4
х 2
 х 8
Решение. Область определения рассматриваемого уравнения х  0 .
Рационализирующей подстановкой t  х (t  0) это уравнение приводиться к
эквивалентному ему смешанной системе
t2  4
 t 2  8,
t2
t  0,
или ( сокращая дробь
на t  2  0) системе
t 2  t  6  0,
t  0.
Решением последней будет t  3. Воспользовавшись подстановкой , получим х  9.
Ответ: 9
Пример №2 Решить уравнение
х 2  3х  18  4 х 2  3х  6  0.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
х 2  3х  6  4 х 2  3х  6  12  0.
Обозначим х 2  3х  6 = у  0. Тогда уравнение принимает вид у 2  4 у  12  0 . Тогда
его корни у1  2, у2  6. Корень у2  6. не подходит , так как он не удовлетворяет
условию у  0. Итак, х 2  3х  6 = 2  х 2  3х  10  0 
х  5,
х  2.
Проверка показывает, что оба значения удовлетворяют исходному уравнению.
Ответ -5;2
Пример №3 Решить уравнение
63 х  3  3 х  2  56 ( х  2)( х  3).
Решение. Будем искать корни данного уравнения в области ( х  2)( х  3) >0
(очевидно, что числа х  2 и х  3 не являются его корнями). Разделим обе части
уравнения на 3 х  3 :
6+ 3
х2
5
х3
6
х2
.
х 3
12
Полученное уравнение в рассматриваемой области с помощью
рационализирующей подстановки
t
6
х2
. (t>0)
х 3
сводиться к смешанной системе
t 2  5t  6  0,
t  0,
эквивалентной ему в этой области. Определив решения этой системы t1  2 и
t 2  3 , воспользовавшись подстановкой, находим корни исходного уравнения.
Ответ 3
1
1
, 3
728.
63
Уравнения со взаимно обратными величинами. Это уравнение
вида n f ( x)  n a  b.
f ( x)
Пример №4 Решить уравнение
3
16( x  2)
х 1
5
3

x 1
16( x  2) 2
Решение. Сделав замену
2t 2  5t  2  0,

3
1 5
16( x  2)
= t , получим уравнение t  

t 2
x 1
t1  2,
1
t2  .
2
Возвращаясь к переменной х, решаем теперь следующие два уравнения:
t0
16( х  2)
16( x  2)
 8  х1  3;
=2 
х 1
x 1
16( х  2) 1
255
16( x  2) 1
  х2  
б) 3
= 
2
х 1
8
127.
x 1
а)
3
Ответ:  3;  255 .
127
Пример №5 Решить уравнение
3х 2  1  х 2  х  1  3х 2  2х  1  х 2  2 х  4.
Решение: Пусть А = 3 х 2  1, В = 3х 2  2 х  1, С = х 2  х  1,
D = х 2  2 х  4. Перепишем наше уравнение:
тп
(так как т  п  т  п ) получаем
13
С 
D 
В
А,
откуда
CD
C D

равенству
 3( x  1)
С D

B A
B A
. Поскольку C  D  3( х  1) а B  A  2( x  1), приходим к
2( x  1)
В  А,
 ( x  1)
2
3

B A
C D
= 0,
а поскольку второй сомножитель, очевидно , положителен, имеем х  1.
Проверкой убеждаемся, что х  1 - корень данного уравнения.
Ответ: -1
Сведение иррациональных уравнений к системам алгебраических
уравнений без иррациональностей.
Проиллюстрируем этот метод на конкретных уравнениях.
Пример №6 Решить уравнение
4
х  43  4 39  х  4 .
Решение: Обозначим 4 х  43 = u , 4 39  х = v Тогда исходное уравнение
примет вид u + v =4 и получим систему
u  v  4,
x  43  u 4 ,
(1)
39  x  v .
4
не содержащую иррациональностей. Складывая последние два уравнения,
получаем систему, являющуюся следствием системы(1):
u 4  v 4  82

uv  4
u 4  (4  u ) 4  82
u  v  4.
(2)
Воспользовавшись формулами для квадрата разности и квадрата суммы, имеем
(4  u) 4  (16  8u  u 2 ) 2  ((16  8u)  u 2 )) 2 =
(16  8u) 2  2(16  8u)u 2  u 4  u 4  16u 3  96u 2  256u  174, поэтому первое уравнение
системы (2) приводиться к виду
u 4  8u 3  48u 2  128u  87  0
(3)
Известно, что целые корни многочленного уравнения являются делителями его
свободного члена. Поэтому целые корни последнего уравнения (если они
существуют) находятся среди делителей числа 87, которыми являются числа  1,
 3,  29,  87. Анализ показывает, что числа u  1 и u  3 обращают уравнение
(3) в тождество, т.е. являются его решениями. Отсюда вытекает, что левая часть
уравнения (3) делится как на u  1, так и на u  3 и, следовательно, делится на их
произведение ( u  1 )( u  3 ) = u 2  4u  3. Разделив левую часть уравнения (3) на
u 2  4u  3. (методом деления углом), приведём его к виду
u1  1,
( u  1 )( u  3 )( u  4u  29)  0  u 2  3,
2
u 2  4u  29  0.
Последнее квадратное уравнение корней не имеет (так как его дискриминант
14
отрицателен). Итак, уравнение (3) имеет два решения u1  1, u2  3, а потому система
(2) также имеет два решения: u1  1, v1  4  u1  3 ; u2  3, v2  4  u2  1.
Используя теперь второе (или третье) уравнение из (1), находим
x1  u14  43  1  43  42,
x2  u 24  43  81  43  38.
Проверка показывает, что оба найденных значения неизвестного x1  42 и x2  38,
удовлетворяют исходному уравнению, т.е. являются его корнями.
Ответ: -42; 38.
Рассмотренный пример показывает, что предложенный метод наиболее
эффективен в тех случаях, когда сумма подкоренных выражений является
константой.
Пример №7 Решить уравнение
3
х  2 3 х  9  х 2  11х  10  2.
Решение:
Пусть
3
х  2  а,
3
х  9  в;
тогда
х  2  а3 ,
х  9  в3.
Кроме того,
х 2  11х  10  ( х  2)( х  9)  8  а 2 в 2  8.
Тогда исходное уравнение примет вид:
ав  а 3в 3  8  2.
Пусть ав  у, тогда у  у 3  8  2, или у  2  у 3  8 .
Возведём обе части в квадрат:
( у  2) 2  у 3  8, у  2. Имеем ( у  2) 2  ( у  2)( у 2  2 у  4), или
( у  2)( у 2  2 у  4  у  2)  0; ( у  2)( у 2  у  6)  0,
Откуда у  2
Уравнение у 2  у  6  0 не имеет действительных корней, так как
D  1  24  23  0.
Итак, у  2 и , так как у  ав, то ав  2 имеем х 2  11х  10  23  8, или
х 2  11х  10  0, откуда х1  1, х2  10
Оба корня удовлетворяют исходному уравнению.
Ответ: 1; 10.
Можно доказать, что выражение у  х т (а  вх п ) р ,
где а и в - постоянные, а показатели степеней т, п - некоторые
рациональные числа, допускает рационализирующие подстановки
т о л ь к о в т р ё х с л у ч а я х , когда оказывается целым одно из
чисел р ,
т
т
или  р. В этих случаях рационализирующими подстановками
п
п
будут соответственно
t  x,
r
t  S a  вх п
и ts
a  вx n
, где r - наименьшее общее кратное
xm
15
знаменателей чисел т и п , s- знаменатель числа р .
Существование указанных трёх рационализирующих подстановок
доказывает возможность приведения к рациональному виду уравнений
R ( x; y )  0 в первом случае и R( x n , y )  0 во втором и третьем случаях.
Пример №8 Решить уравнение.
(5 х  2) 1  х  (5 х  7) х  0.
Решение: Область определения уравнения 0  х  1. Преобразуем его
следующим образом:
1 х
 (5 х  7)  0
х
( х  0, х  0 - не корень).
(5 х  2)
1
2
1 т
 р  0 - целое
2 п
Имеет место третий случай рационализации ( т   , п  1, р  ;
число). Следовательно, с помощью подстановки
t
1 x
( t  0)
x
иррациональное уравнение приводиться к рациональному 2t 3  7t 2  7t  2  0 , или
1
1
(t  1)(t  2)(t  )  0. Определив корни этого уравнения t1  1, t 2  2, t 3  и
2
2
1
1
4
воспользовавшись подстановкой, находим х1  , х 2  , х3 
2
5
5
Ответ:
1 1 4
; ; .
2 5 5
Ряд задач считающихся нестандартными, может быть
достаточно просто решён с использованием некоторых специальных замен
переменных, в частности, тригонометрических подстановок. Их
использование целесообразно, в основном, в двух следующих случаях:
1) Если искомые решения принадлежат множеству  1;1 или некоторому
его подмножеству;
2) Если уравнения, фигурирующие в условии задачи «напоминают»
известные тригонометрические формулы.
Пример №9 . Решить уравнение
1  х  2х 2  1  2х 1  х 2 .
Решение: Очевидно, все х должны удовлетворять неравенству 1  х 2  0,
т.е. х  1. То, что х  1 , наводит на мысль о применении тригонометрической
подстановки х  cost, либо х  sin t . Пусть , например, х  cost, t  0; 
(предпочтительность именно этой подстановки станет понятна из дальнейшего).
16
То, что t принадлежит промежутку 0;   объясняется тем, что при этом cost, а
значит и х , принимает все значения из промежутка  1;1, и притом один раз.
Таким образом, каждому t соответствует единственное значение х , и наоборот,
т.е. указанная замена устанавливает взаимно однозначное соответствие между
переменными х и t , что весьма важно.
Итак, пусть х  cost, t  0; . Тогда исходное уравнение примет вид
1  сos (t )  2 cos 2 t  1  2 cos t 1  cos 2 (t ) , или, после упрощений ,
2 sin( t / 2)  cos( 2t )  2 cos(t ) sin( t ) На этом шаге целесообразность подстановки
х  cost , t  0;  становится очевидной: ведь при t  0;  и sin t , и sin( t / 2)
неотрицательны, и поэтому в последнем уравнении знаки модуля можно
опустить.
Таким образом, приходим к уравнению
sin( t / 2) = ( 1 )соs(2t )  ( 1 ) sin( 2t ),
2
2
или sin( t / 2) = sin( 2t   / 4) , которое равносильно совокупности
2t   / 4  t / 2  2n, n  Z
откуда
2t   / 4    t / 2  2k , k  Z ,
t   / 6  4n / 3, n  Z ,
t  3 / 10  4k / 5, k  Z .
Теперь остается из найденных значений t отобрать те, которые принадлежат
промежутку 0;  , что совсем не трудно сделать. Таким значением является лишь
t  3 / 10 . Но тогда х  сos(3 / 10)
Ответ: х  сos(3 / 10)
Конечно, можно было выразить сos (3 / 10) через радикалы, но условие
задачи этого вовсе не требует!
Пример №10 . Решить уравнение
1 х2  х 
1
(1  х 2 ) 1  х 2
Решение: Вполне понятно, что можно положить х  tg , где -  / 2     / 2 .
Исходное уравнение примет вид:
1  sin 
1  sin 
 cos 3  , или
 (1  sin 2  ) cos   0 .
cos 
cos 
Разделив обе части последнего уравнения на 1  sin   0 и умножив
на cos  0 (поскольку   ( / 2;  / 2)) , получим:
1  (1  sin  )(1  sin 2  )  0 или sin 3   sin 2   sin   0 . Последнее уравнение
равносильно совокупности уравнений: sin   0 и sin 2   sin   1  0 . Из второго
уравнения получаем: sin   (1  5 ) / 2 Отсюда ясно, что -  / 2    0
Далее найдём:
cos  
5 1
и
2
( 5  1) 2
2
tg  
*

4
5 1
17
5 1
2
Итак, уравнение имеет два корня: x  0 и x  
5 1
2
Проверкой убеждаемся, что оба корня удовлетворяют данному уравнению.
5 1
2
Ответ: 0; 
Задания для самостоятельной работы
№
1
2
3
4
5
6
Решить уравнения
х  5х  4  5 х  5х  28
2
4
2
х 8  4 х 8  2
х 2  х  2  х 2  х  7  2х 2  2х  21
ОТВЕТЫ
4;9
8
2,1
2,28
3
(29  х) 2  3 ( х  1) 2  7  3 (29  х)( х  1)
3
4  х 3 4  6х

1
х
х
-3;
4
2х 4  5х 2  6  4 3х 4  5х 2  3  4 3х 4  7 х 2  35  4 2х 4  4х 2  22
4
6
7
Указание: умножить и разделить левую и правую части
уравнения на «сопряжённые»
7
8
9
1
3

1

4 х 2  13х  10
2 х 2  5х  3
х 1
2х  3
х  2  х  6  2 ( х  2)( х  6)  2(8  х)
3
х  1  33 х  2  46 ( х  1)( х  2)
-2
10
1  х 2  4 х 3  3х
11
1  x  2x 2  1  2x 1  x 2
12
3
x2 1  x 
1
728
2
5


; сos
; cos
2
8
8
сos 3
3
4
5
2 x2 1
18

10
Тема №3.Использование свойств функции при решении
иррациональных уравнений. (3часа)
Занятие 7,8,9.
1. Область определения функции.
Решение уравнений с использованием свойств функции: области
определения, ограниченности, чётности, монотонности.
Применение неравенства Коши – Буняковского.
Цель: ознакомить обучающихся с методом использования свойств
функции при решении иррациональных уравнений.
Сформировать умение решать уравнения нетрадиционными
методами.







Для изучения данной темы, потребуются основные определения:
Зависимость переменной у от переменной х называется функцией, если
каждому значению х соответствует единственное значение у.
Все значения, которые принимает независимая переменная, образуют
область определения функции; все значения, которые принимает зависимая
переменная, образуют множество значений функции.
Функция f, заданная на множестве Х, называется чётной, если для любого
х  Х верно равенство f(х)=f(-х).
Функция g , заданная на множестве Х, называется нечётной, если для
любого х Х верно равенство g (-х)= - g (х).
Функция f называется возрастающей на множестве Х, если большему
значению аргумента из этого множества соответствует большее
значение функции.
Функция f называется убывающей на множестве Х, если большему
значению аргумента из этого множества соответствует меньшее
значение функции.
Функция f, называется ограниченной на множестве Х, если существует
такое число с>0, что для любого значения аргумента х Х выполняется
равенство f х   с
Пример №1 Решите уравнение
4  х 2  х  2  х  7  4 х  1.
Решение: В области определения данного уравнения должны
одновременно выполняться неравенства 4  х 2  0 и х  2, что возможно
только при х  2 Проверкой убеждаемся, что это – корень.
Ответ:2
19
Пример № 2. Решить уравнение
х 2  5х  4  4 х  х 2   х 2  6 х  5  3х
Решение: О.Д.З.
х 2  5х  4  0 ,
4 х  х 2  0,

х 1
 х  6 х  5  0,
2
х4
3х  0;
Проверкой убеждаемся, что х  1 корень уравнения
Ответ: 1
2. Ограниченность функции.
Пример №3 Имеет ли корни уравнение
х  х 2  8 х  15 ?
Решение: Основная идея – аналитическое обоснование рисунка.
Перепишем уравнение в виде х   х 2  8х  15 и нарисуем
графики левой и правой частей
у
3
1
0
1 2 3
х
4 5
у   х 2  8 х  15  1  х  4
2
Разобьём область определения корня на две части:
0  х <3 и х  3.
1) При 0  х <3 левая часть последнего уравнения неотрицательна, а правая –
отрицательна, значит, решений нет.
2) При х  3 левая часть не меньше 3 , а правая  х 2  8 х  15  1  х 2  8 х  16  1  х  4  1,
2
То есть не больше 1. Решений нет опять.
Ответ: не имеет
20
Пример №4. Решите уравнение
3  х  х  5  х 2  5  2 х.
Решение: Перепишем уравнение:
3  х  х  5  х  5  2 х.
2
Пусть t  3  х  х  5. Тогда t 2  8  2 15  2х  х 2 . Наибольшее значение
подкоренного выражения достигается при х  1 ( в вершине параболы
у  15  2 х  х 2 ). При этом t 2  16 . Отсюда следует, что t  4. Наименьшее значение
правой части исходного уравнения достигается также при х  1 и тоже равно 4.
При х  1 левая часть (когда она существует) меньше правой.
Ответ:-1
И, ещё один пример, в решении которого мы воспользуемся свойством суммы
1
а
двух взаимно обратных положительных чисел: а   2 , причём равенство
достигается лишь при а  1.
Применение неравенства
1
t 2
t
Пример №5 Решите уравнение
2х  1

2
х  х 1
Решение: Пусть t =
х2  х 1
 4х  х 2 .
2х  1
1
2х 1
>0. Левая часть уравнения, равна t  ,
t
х  х 1
2
1
t   2 , а правая часть не больше 2.
t
больше или равна 2:
4 х  х 2 = 4  ( х  2) 2  2 .
Поэтому равенство возможно только при х  2 . Проверкой убеждаемся, что х  2 корень уравнения.
Ответ:2
Применение неравенства
ав

2
Пример №6 Решите уравнение
х  4   2  х  х 2  6 х  11
Решение: х  4   2  х  х 2  6 х  11
Пусть f (x)  х  4   2  х ,
g (x)  х 2  6 х  11
g (x)  х 2  6 х  11 = ( x  3) 2  2  2
Пусть а  х  4 , в   2  х.
ав

Так как
2
а2  в2
,
2
то
f ( x)
 1, то есть f ( x)  2 .
2
21
а2  в2
,
2
Так как f ( x)  2 , а g ( x)  0 , то данное уравнение равносильно системе двух
уравнений:
x  4   2  x  2,
x  6 x  11  2.
2
x 2  6 x  11  2. , х 2  6 х  9  0, х  3 - удовлетворяет и первому уравнению системы.
Ответ: -3
Применение неравенства Коши – Буняковского
(свойства коллинеарных векторов)
Пример № 7 Решите уравнение
х 2(5  8 х 2)  240 1  х 2  26( х 2  225)
Решение: Известно, что а1 а 2  в1в 2  а12  в12 * а 22  в 22 Это частный случай
неравенства Коши - Буняковского при п  2.
Если Векторы а(а1 , в1 ) и в (а 2 , в 2 ) коллинеарны, то
выполняется знак равенства.
Преобразуем данное уравнение:
х 10  16 х 2  240 1  х 2  26( х 2  225)
Разделим обе части этого уравнения на 4:
х
1
10  16 х 2  60 1  х 2 
26( х 2  225) ;
4
4
х
5
13 2
 х 2  60 1  х 2 
( х  225)
8
8
Согласно приведённому равенству , имеем:
5
5
5
13 2
 х 2  15 * 4 1  х 2  ( х 2  225) * (  х 2 )  (1  х 2 )  ( х 2  225) *
1 
( х  225)
8
8
8
8
5
Следовательно, векторы (х;15) и (  х 2 ; 4 1  х 2 ) коллинеарны, т.е.
8
х
выполняется условие:
х
5
 х2
8

15
4 1 х2
, где
х2
225
5
 х 2 >0, х  0 , тогда

, или
5
8
16(1  х 2 )
2
х
8
5
16 х 2 (1  х 2 )  225(  х 2 ).
8
Пусть х 2  у  0 , тогда 16 у (1  у ) 
225
(5  8 у ) , или 128 у  128 у 2  1125  1800 у , или
8
128 у 2  1928 у  1125  0,
22
D
 964 2  128 * 1125  1036 2  0,
4
1
y1, 2 
(964  1036),
128
72
9
y1 
 ,
128 16
y2  0 (не удовлетворяет, т.к. y  0) .
Если у 
9
9
3
, то х 2  , х  . ( х  0)
16
16
4
Итак, исходное уравнение имеет единственный корень.
Ответ:
3
4
Пусть х означает целую часть числа х, то есть наибольшее целое число, не
превосходящее х. Найдите все корни уравнения
1 7

 х  2   4 х  х .


Решение: Перепишем уравнение в виде
7
1

х   х    х .
4
2

Поскольку левая часть здесь неотрицательна, а для х  0 решений нет.
Рассмотрим для х  0 следующие случаи.
1
1
1. 0  х  . При таких ограничениях  х    0 и х  0 . Уравнение
2
2

7
х  0 , откуда х  0 - решение.
принимает вид
4
1
1
2.  х  1 . В этом случае  х    1 и х  0 . Тогда приходим к уравнению
2
2

7
4
16
16 1
16
х 1 х   х 
 , значит,
. Но
- не корень.
4
7
49
49 2
49
3
1
3. 1  х  . При этом  х    х  1. Получаем уравнение
2
2

7
8
64
64
64
3
х 2 х   х
и
попадает в промежуток 1;  , поэтому
4
7
49
49
49
 2
корень.
4. Продолжая так и далее, рассмотрим множество из промежутков
1
4
16
1

2п  12 .
 х  п , где п  2,3... Имеем  х    п, х   п  1 и х  2п  1  х 
2
7
49
2

16
Однако неравенству х  п , то есть 2п  12  п  64п 2  64п  49п  16  0,
49
3
удовлетворяет только п  1. Значит , при п  2,3..., то есть при х  нет решений.
2
64
Ответ: 0; 
 49 
п
23
3. Монотонность функций.
Уравнение с целой частью числа
Пример №8. Решите уравнение
7 х  9  15х  1  9  2 х  1.
Решение: Это уравнение можно попытаться решить возведением в
квадрат (трижды!). Однако при этом, во-первых, получиться уравнение
четвёртой степени и, во-вторых, его коэффициенты будут ужасны.
Попробуем угадать корень. Это сделать нетрудно: х=1. Теперь заметим, что
левая часть уравнения – возрастающая функция, а правая убывающая. Но,
это значит, что больше одного корня такое уравнение иметь не может. Итак,
х = 1 – единственный корень уравнения.
Ответ: 1
Вообще в случае (это относиться не только к иррациональным
уравнениям), если уравнение имеет вид
f (х) = 0, где f (х) возрастает
(убывает), или f (х)=g(х), где функции f (х) и g(х) «встречно
монотонны», т.е. f (х) возрастает, а g(х) убывает, то такое уравнение
имеет не более одного корня. Если вам удалось заменить это или
привести уравнение к такому виду и если вы сможете угадать корень,
то он и будет решением данного уравнения.
И ещё один любопытный пример.
Уравнение вида
f ( f ( x))  x
Пример №9. Решите уравнение
1  1  х  х.
Здесь после освобождения от радикалов получится полное уравнение
4-й степени, так что поищем какой – нибудь другой путь решения.
Решение: Пусть f (х)= 1  х . Наше уравнение имеет вид
f (f (х))=х.
(**)
Заметим, что функция f (х) возрастающая, и докажем, что уравнение
(**) равносильно уравнению f (х)=х
(***)
Для этого заметим, что всякий корень уравнения (***) есть корень
уравнения (**). Пусть х0 – корень уравнения (**), причём f (х)  х0 . Тогда
либо f (х0)>0, но при этом
f (f (х0)) = х0 > f (х0), противоречие;
либо f (х0)<х0 , но в этом случае х0 = f (f (х0)) < f (х0), т.е. х0< f (х0), что также
невозможно. Утверждение доказано. Чтобы завершить решение, достаточно
решить уравнение х= 1  х .
Ответ:
1 5
.
2
24
Взаимно – обратные функции в левой и правой частях
уравнения.
Пример №10. Решите уравнение
3
х  5  ( х  1) 3  6
Решение: Запишем данное уравнение в виде
3
х  5  1  ( х  1) 3  5
Покажем, что левая и правая части представляют собой взаимно – обратные
функции.
Пусть f(х) = (х – 1)3 – 5, тогда (х – 1)3= f(х)+ 5;
х – 1 = 3 f ( х)  5, или х = 3 f ( х)  5, +1, т.е. g(х)= 3 х  5  1 .
Таким образом, имеем f (х)=g(х),
Так как f (х) является монотонно возрастающей функцией, то f (х)=х, так как
известно, что, «если функция f (х) возрастает, то уравнения
f (х)=g(х), и
f (х)=х – равносильны». В этом и заключается идея решения.
Итак, ( х  1) 3  5  х, или х 3  3х 2  3х  1  5  х; х 3  3х 2  2 х  6  0
Заметим, что х = 3 – корень уравнения, т.е. х 2 ( х  3)  2( х  3)  0, или
( х  3)( х 2  2)  0 , откуда х = 3.
Уравнение х 2  2  0 не имеет действительных корней, т. к. х 2  2  0
при любом х  R.
Ответ: 3
4. Чётность и монотонность функции.
Пример 11. Решите уравнение
( х  1)( ( х  1) 2  1  ( х  1) 2 )  2 х( 4 х 2  1  4 х 2 )
а)
Рассмотрим функцию f(t) = t( t 2  1  t 2 )
Д(f) = R. т.к. f(-t)= - f(t), то функция у = f(t)- нечётная.
б)
f / (t)  0 , на всей области определения. Значит , функция f(t)
возрастающая, следовательно f ( x1 )  f ( x2 ) , и x1  x2 .
f(х – 1)=(х - 1)( ( х  1) 2  1  ( х  1) 2 ) ,
f(2х)= 2х( 4 х 2  1  4 х 2 ) ,
f(х – 1)= - f(2х), т. к. у = f(х) – нечётная,
f(х – 1)= f(-2х), т. е. х – 1 = - 2х; х=
Ответ:
1
3
25
1
3
Уравнения для самостоятельного решения.
№
1
2
3
4
Уравнение
ОТВЕТ
15 х  4  х  1  9
х( х 2  3 х  5  х )  5  х 2
3
1
х 2  2х  6  х  3  6  х
1
х 2  3 3х  1  1
3  13
2
2
2
5
6
х 2  3х  2  2 4  х 2  1  х  1
7
8
3х 2  6 х  7  5х 2  10 х  14  4  2 х  х 2
3
9
4 х  3 х  1  4 5 х  14  3 5 х  14  1
10
11
3
12
13
14
15
16
2  х  х 2  х  2  3х 2  4  4
23 2 х  х
-1
1
7
2 х 2  8х  72  3 3х 2  12х  12  12  4 х  х 2
12 х  5 9  х  39
-2
113
169
1;1  2
7
х х 1  3  х  2 1 х2
3х х  4  х  2 9х 2  1
0;
х  2  4  х  х 2  6 х  11
3
4
1
х  3  5  х  х  8х  18
2
х  2  х  х 2  2х  3
26
6  35
3
II. « Решение иррациональных неравенств» ( 2 часа)
Занятие 10,11.
Цель: Познакомить обучающихся с решением иррациональных неравенств.
Способствовать развитию навыка решения неравенств методом систем и
методом интервалов.
Как в случае иррациональных уравнений, нам придётся избавляться от
радикалов с помощью почленного возведения неравенства в квадрат. Но если при
решении уравнений мы могли в результате этой операции получить посторонние
корни (которые, как правило, легко проверить) и не могли потерять корни, то
корни неравенства при бездумном возведении в квадрат могут одновременно и
теряться, и приобретаться.
Например, возведя в квадрат неравенство  1  2, мы получим верное
неравенство 1  4 ; из верного неравенства  5  2 получается уже неверное
неравенство 25  4 ; из неверного неравенства 1  2 получим верное неравенство
1  4 ; наконец, из неверного неравенства 5  2 получится неверное неравенство
25  4 ; вы видите, что возможны все комбинации верных и неверных неравенств!
Однако верно основное используемое здесь утверждение: если обе части
неравенства неотрицательны, то оно равносильно неравенству, полученному из
него почленным возведением в квадрат.
Поскольку в отличие от уравнений, где часто была возможна проверка
найденных «кандидатов в ответ», при решении неравенств, как правило,
бесконечно много решений и проверить их все принципиально невозможно;
решая неравенства, надо тщательно следить за равносильностью всех переходов.
Простейшие неравенства.
Так мы называем неравенства следующих трёх типов:
1) f ( x)  g ( x) ;
2) f ( x)  g ( x) ;
3) f ( x)  g ( x) .
Несторогие неравенства, аналогичные выписанным выше (со знаками  и  ),
мы будем относить к соответствующему типу; так, оба неравенства
5х  8  4 x 2  1 и 5х  8  4 x 2  1
относятся к первому типу и т.п.
Поскольку обе части неравенства 1) неотрицательны, оно, очевидно,
равносильно системе
f ( x)  g ( x),
g ( x)  0
( понятно, что неравенство f ( x)  0
выполняется при этом автоматически).
27
Рассуждая для остальных случаев, получим:
f ( x)  g ( x),
f ( x)  g ( x ) 
(1)
g ( x)  0
f ( x)  g ( x),
f ( x)  g ( x ) 
(1/)
g ( x)  0
g ( x)  0,
f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x ) 
(2)
g ( x)  0,
f ( x)  0;
g ( x)  0,
f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x ) 
(2/)
g ( x)  0,
f ( x)  0;
f ( x)  g ( x ) 
f ( x)  g ( x ) 
0  f ( x)  g 2 ( x),
(3)
g ( x)  0;
0  f ( x)  g 2 ( x),
(3/)
g ( x)  0;
Мы видим, что самый громоздкий – второй случай. Это происходит из-за
того, что здесь возможны оба варианта – когда правая часть g (x ) неотрицательна и
когда она меньше нуля. В первом варианте обе части исходного неравенства
неотрицательны, поэтому его можно почленно возвести в квадрат, а во втором
случае возводить в квадрат нельзя (правая часть меньше нуля), но в этом нет
никакой необходимости – ведь тогда неотрицательная левая часть автоматически
больше отрицательной правой.
Выписанные схемы(1)-(3/)- наш основной инструмент при окончании
решения иррационального неравенства, к ним сводится решение практически
любой такой задачи. Разберём несколько примеров.
Пример№1 Решите неравенство
2 х  1  2  3x .
Решение. Согласно схеме (1), данное неравенство равносильно системе
2 x  1  2  3x,
2  3x  0
Ответ:

1
х ,
5

2
x
3
1
2
x .
5
3
1
2
x .
5
3
28
Пример №2 Решите неравенство
х 1  х  5 .
Решение. Применим схему (2).
Заметим, что при всех допустимых значениях х , т.е. при х  1 , правая часть
неравенства положительна, так что вторая система схемы (2) не имеет решений.
Итак, в ОДЗ обе части данного неравенства неотрицательны, поэтому оно
равносильно неравенству х  1  x 2  10 x  25 , не имеющему решений.
Ответ: нет решений.
Замечание Другое решение этой задачи можно получить, заметив, что
х  5  ( х  1)  4 и сделав замену х  1  t  0 . Тогда данное неравенство приведётся
к квадратному неравенству t  t 2  4 не имеющему не только неотрицательных, а
вообще никаких решений.
Пример №3 Решите неравенство
2 х  1  2 х 2  х  1.
Решение. Снова работает схема (2/).
Разложим предварительно на множители правую часть данного
неравенства. Оно примет вид 2 х  1  (2 х  1)( х  1)
(а)
Воспользуемся наличием в правой части неравенства (а) множителя, равного
подкоренному выражению. Подкоренное выражение (и одновременно первый
сомножитель правой части) неотрицательно, если х  0,5 ; это и есть ОДЗ.
Поэтому, если  0,5  х  1 , неравенство (а) выполняется – неотрицательная левая
часть больше отрицательной правой. Если же х  1, после возведения обеих частей
неравенства (а) в квадрат мы приходим к равносильному неравенству
(а)-соотношению.
2 х  1  (2 х  1) 2 ( х  1) 2 ,
которое при рассматриваемых ограничениях х  1 равносильно неравенству
1  (2 х  1)( х 2  2 х  1)  2 х 3  3х 2  0  х 2 (2 х  3)  0.
Так как при х  1 первый сомножитель левой части последнего неравенства
положителен, получаем 2х  3  0 .
Итак, второй случай даёт решения 1  х  1,5
Ответ:  0,5  х  1,5
Пример №4 Решите неравенство
5х  4  х .
Решение. Воспользуемся схемой (3), согласно которой наша задача
сводиться к решению двойного неравенства 0  5 х  4  х 2 при условии х  0. Таким
образом, надо решить систему
х  0,
х  0,
4
4 
 х   ;1  4; .
,
5
5 
х 2  5х  4  0
х  1; х  4
Ответ 0,8  х  1; х  4 .
5 х  4  0,

х
Рассмотрим некоторые другие способы решения иррациональных неравенств.
29
Пример №5 Решить неравенство
х4  6 х.
Решение . Переписав неравенство в виде х  х  4 < 6,
рассмотрим функцию f ( x)  x  x  4 . Эта функция определена и возрастает на
промежутке 4; . Легко видеть, что уравнение х  х  4 =6 имеет
единственный корень: х  5. Следовательно, данное неравенство будет
выполняться при 4  х  5 .
Ответ: 4  х  5
Графическое решение этого неравенства y  x  4 ; y  6  x
у= х  4
Пример №6 Решить неравенство
2х  7 
х5
2
Решение. Положим 2 х  7 = у. Тогда х =
у2  7
. Исходное неравенство
2
примет вид: у 2  4 у  3  0
Имеем: 1  y  3.
1  2 x  7  3,
1  2 x  7  9.
3  x 1
Ответ:  3  x  1
При решении иррациональных неравенств можно также применить метод
интервалов. Этот метод основан на следующем утверждении.
Если функция f на интервале (а;в) непрерывна и не обращается в нуль
то она на этом интервале сохраняет постоянный знак.
Пример №7 Решить неравенство
4 х 2  8х  5
3х  6 х
2

2х  1
.
3
30
Решение. Область определения неравенства  ;0  2; На области
определения данное неравенство равносильно следующему:
(2х  1)(6х  15  3х( х  2))  0. Для решения последнего неравенства применим
метод интервалов. Рассмотрим функцию
f (x)  (2х  1)(6 х 15  3х( х  2))
Решив уравнение f ( x)  0 , находим её нули -0,5;3. На каждом из промежутков
 ;0,5,  0,5;0, 2;3, 3; функция f непрерывна и не обращается в нуль.
Следовательно, на каждом из них сохраняет постоянный знак. Легко видеть, что
если х  0.5, то f ( x)  0, а если  0,5  x  0, то f ( x)  0. Далее, так как f (1.5)  0, а
f (4)  0 , то f ( x)  0. при 2  x  3 и f ( x)  0 при x  3
Ответ:  0,5  x  0 , 2  x  3
Задачи из текстов ЕГЭ
Пример №1 Найдите сумму целых решений неравенства
35  2 х  х 2
 0.
24  5х  х 2
Воспользуемся условием равносильности
 х 2  2 х  35
 0. 
24  5 х  х 2
 х 2  2 х  35  0,
 2
 х  5 х  24  0;
 х  5,
 х  7;

 х   5  3;7

2

 х  5 х  24  0,
 2

 х  2 х  35  0
 х  (3;8),

 х  (5;7)
Сумма целых решений равна  5  (2  1  0  1  2  3  4  5  6  7)  20
Ответ: 20.
Пример № 2 Решите неравенство х2  х  4  18  х  4.
Воспользуемся условием равносильности:
х 2  х  4  18  х  4. 

 х  4  0,
 2
 х  х  4  18  0;
 х  4  0,
 2
2
 х  х  4  18  х  8 х  16
Ответ:


1  57   38

  ;
   ; .

2   9


31

1  57
;
х 
2

38

 х  9.
Задачи для групповой работы в классе и для самостоятельного
решения.
№
1
2
х 2  3х  2  x  1,5
3
х 2  4 х  3  х 2  5х  4  1
4
Неравенство
1
6
х х6
8
9


; 

1
2




17
; 
6

 1

7; 2 35  329 
 6;3  10;
1
3х 2  3х 3  4 х
2
28
3

 5

;0   0;5

 17 
 ;1  0 4;
2  х  3х
х  2х  4
х  8  5х  1  7
2
7

 ;1   8 
4 х  25  х 2  4 х  5
5
6
2;
2;
х3  х  9  x 1
ОТВЕТ
0   3 
2
 ;2  0;
2
1
2 4 2
2х  1
х
32
III. Решение уравнений и неравенств с параметрами (3 часа)
Занятие 12,13,14.
Цель: Познакомить обучающихся с решением иррациональных уравнений и
неравенств с параметром. Способствовать развитию навыка решения
задач.
Содержание занятий.
Задачи с параметром даются в текстах ЕГЭ.
Фактически задача с одним параметром содержит не одну неизвестную х , а две х и параметр а .Множество решений такого уравнения - это множество пар чисел
х; а , подстановка которых в уравнение обращает его в верное равенство.
Аналогично, множество решений неравенства с неизвестной х и параметром
а - множество пар чисел ( х; а) , обращающих его в верное числовое неравенство.
На I этапе решения классифицируются типы уравнений и неравенств для каждого
значения параметра, а на II этапе – решаются не одно, а несколько уравнений
(неравенств) каждого типа. Выделенные два этапа не обязательно идут в строгой
последовательности I, II. В процессе решения они могут «переплетаться».
Пример №1 Решить уравнение х  1  х  а(а  параметр)
Решение. Перепишем уравнение в виде:
х 1  х 1 1  а  0
(1)
и рассмотрим его как квадратное относительно х  1 . Находим дискриминант
3
4
уравнения D= 4а  3 . Уравнение (1) имеет решение только в случае, если а  .
( 2)
1  4а  3
,
2
1  4а  3
х 1 
.
2
х 1 
Имеем:
(3)
Заметим, что уравнение (2) имеет решение тогда и только тогда, когда
1  4а  3  0 , т. е. при а  1 . Решив уравнения (2) и (3), получим при
х1 
2а  1  4а  3
,
2
х2 
3
 а  1:
4
2а  1  4а  3
3
Таким образом, приходим к следующему ответу:
3
 а  1 уравнение имеет два корня: х1 и х2 ; при а  1 уравнение имеет один
4
3
корень: х2; при а  решений нет.
4
при
Пример №2 Решить уравнение
3х  2  х  2  а
33
Решение. Функция
f ( x)  3x  2  x  2 определена и возрастает на
2
2
промежутке  ;  . Наименьшее значение она принимает в точке ;
3
3

2 6

2 6
E( f )  
;  . Следовательно, при a 
уравнение f ( x)  a имеет
3
 3

единственное решение, при a 
2 6
решений нет.
3
2 6
. Переписав уравнение в виде
3
(1)
3x  2  a  x  2 ,
Итак, пусть a 
возведём обе его части в квадрат:
(2)
3x  2  a 2  2a x  2  x  2 .
Уравнение (2) является следствием (1). Перепишем его в виде:
2( х  2)  2а х  2  а 2  8  0
(3)
Уравнение (3) является квадратным относительно х  2 . Решив его, получаем
совокупность двух уравнений:
При a 
х
х2 
 а  3а 2  16
,
2
( 4)
х2 
 а  3а 2  16
.
2
( 5)
2 6
уравнение (4) решений не имеет, а уравнение (5) имеет один корень
3
2а 2  4  а 3а 2  16
.
2
Так как при любом a 
2 6
исходное уравнение имеет один корень, и притом
3
только один, то найденный корень и является корнем исходного уравнения.
2 6
2 6
2а 2  4  а 3а 2  16
Ответ: При a 
, при a 
решений нет.
х
3
3
2
Пример №3. Решить уравнение
х  1,
х 2 ах  2  х  1.
Решение. Уравнение равносильно системе
х  ах  2  ( х  1)
2
2

х  1,
( а  2) х  1.
При а  2 система решений не имеет, при а  2 получим
х  1,
х
1
a2
Заметив, что
1
1
 1 при 2  а  3, приходим к ответу: при 2  а  3 х 
при
а  2.
а2
а  2, а  3 решений нет.
34
Графическое решение
Пример №4
Решить уравнение
1

1

1
х
ха
х 2  ах
х0
Решение. Д:
, на множестве Д уравнение х  а  х  1 равносильно
xa
исходному. Уравнение х  а  1  х равносильно системе
1  х  0,
х  а  1  2 х  х,
0  х  1,
х  а,
х
1 а
,
2
0  х  1,
х  а,
а  1
(1  а ) 2
х
,
4
(1  а) 2
- это парабола с
4
1
минимумом в точке а  1, х  0 , пересекающая ось х в точке а  0, х 
4
Изобразим на плоскости (х;а) график функции х(а) 
Укажем также области плоскости (х;а), в которых выполняются неравенства
системы
1. х.  а - полуплоскость ниже прямой х  а , не включая эту
прямую;
2. 0  х  1 вертикальная полоса между прямыми х  0 и х  1,
включающая правую границу;
3. а  1 полуплоскость выше прямой а  1, включая эту прямую.
Таким образом, исходное уравнение имеет решение при указанных условиях,
иллюстрирующееся частью параболы, заключённой внутри трапеции АВСД, т. е.
при а  (1;1) .
При всех остальных действительных значениях а решения нет.
35
(1  а) 2
при а  (1;1);
4
Решений нет при а  (;1]  [1;)
Ответ: х 
Пример №5.
Для любого значения а решите неравенство
5(2а  х)  9а 2а  х  2а 2  0 .
Решение. Во-первых, заметим, что левая часть неравенства представляет
собой квадратный трёхчлен относительно х  2а с корнями
 9а  81а 2  40а 2
 9а  11а

, так что левая часть раскладывается на множители
10
10
а
5( х  2а  2а)( х  2а  )  0 . (1)
5
Во-вторых, при а  0 имеем особый случай: 5 х * х  0 , решением которого
является х  0 .
В- третьих, заметим, что значение разности во второй скобке положительно при
а  0 . Так что при а  0 неравенство (1) можно переписать в виде
х  2а  2а  0  х  2а  2а  х  2а  4а 2  х  4а 2  2а .
При а  0 в (1) значение суммы в первой скобке положительно, то есть (1) можно
переписать в виде неравенства
х  2а 
а
а
а2
а2
 0  х  2а   х  2а 
х
 2а .
5
5
25
25
36
Наконец, заметим, что а  0 входит в последний случай.
Осталось скомпоновать
Ответ: если а  0 , то х  4а 2  2а ;
Если а  0, то
а2
 2а .
25
Пример №6 Для каждого значения
а решите неравенство
а ах  х
Решение. При х  0 неравенство не выполняется и оно равносильно
системе неравенств
х  0,
0  а  а  х  x2 ,
a  x  0.
Рассмотрим второе х  а  а. При а  0 нет решений, а для а  0 имеем
0  х  а  а 2 Первое из этих неравенств заведомо выполнено ( х  0 и а  0 ).
Получаем систему
х  0,
0  х  а 2  а,
(1)
a  x 2  х  а.
Двойное неравенство этой системы непротиворечиво лишь при условии а 2  а  0,
при условии а  0 приводит к условию а  1 .
Итак, остаётся решить последнее неравенство системы (1) при а  1 . Основная
идея – решаем неравенство относительно а , объявляя на время х параметром.
1. Если а  х 2  0 , то есть а  х 2 - уже решение.
2. Если же а  х 2  0 , то есть а  х 2 , то
(1/)
(а  х 2 ) 2  x  а  а 2  (2 х 2  1)а  х 4  х  0 .
Дискриминант квадратного трёхчлена
Д  (2 х  1) 2  4( х 4  х)  4 х 2  4 х  1  (2 х  1) 2 ,
а его корни а1  х 2  х и а2  х 2  х  1 . Заметим, что очевидно а1  а2 при х > 0.
Значит, решения неравенства (1/) суть
х 2  х  а  х 2  х  1.
Здесь первое неравенство следует из неравенства а  х 2 . Остаётся а  х 2  х  1 для
любого а ( а  1),
При а  1 решение последнего неравенства составляют промежутки
 1  4а  3
 1  4а  3
; х
;
2
2
С учётом х  0, очевидно, остаётся лишь второй промежуток.
х
Наконец, убедимся, что при а  1
 1  4а  3
< а 2  а  4а  3  2а 2  2а  1 .
2
37
у  2( а 
1 2
1
) 
2
2
у  2а  1
у  4а  3
Установим двойное неравенство 4а  3  2а  1  2а 2  2а  1
При а  1 каждое из них сводиться к неравенству (а  1) 2  0 (легко проверить!).
Остаётся лишь записать
Ответ: если а  1, то решений нет ;
если а  1 , то х  
1
2



4а  3  1 ; а 2  а  .

38
Задачи для самостоятельной работы
№
1
Задание
Ответы
х3  ха
При 2,75  а  3 х  0,5(2а  1  4а  11 ,
при а  3 х  0,5(2а  1  4а  11 ,
при а  2,75 решений нет
2
х 2  ах  3а  2  х
При  4  а  4 х 
3а  4
,
а4
при а  4, а  4 решений нет
3
х 1  3  х  а
4а 2  а 4
,
2
При 2  а  2 х  2 
при а  2 ; a  2 решений нет
4
х  1 х2  а
При 1  а  2 х  0,5(а  2  а 2 ),
при  1  а  1 х  0,5(а  2  а 2 ),
при а  1; а  2 решений нет
5
х2 х а 0
При 0  а  1
2  а  2 1 а  х  2  а  2 1 а,
6
а ах  х
при а  0 0  х  2  а  2 1  а ,
при а  1 решений нет
При а  0 решений нет
при 0  a  1  а  х  а 2  а
1
2
при а  1, то  а  х  ( 4а  3  1)
39
IV. «Геометрические решения задач, содержащих иррациональные
выражения» (1 час)
Занятие 15
Цель: Познакомить обучающихся с нахождением наименьшего значения
функции, содержащих иррациональные выражения, геометрически.
Начиная с восьмого класса, школьники встречаются с заданиями, в
условии которых содержится квадратный корень. К сожалению, во всех
учебниках алгебры, допущенных Минобразования Российской Федерации для
основной школы (VII-IX классы), эти задания являются либо задачами первого
предъявления (иллюстрации и образцы), либо задачами-упражнениями.
На наш взгляд, систему знаний целесообразно дополнить заданиями, решаемыми
геометрически.
Пример №1 Найдите наименьшее значение функции
f ( x)  x 2  4  x 2  3x 3  9
Решение: 1) Рассмотрим на рисунке треугольник АСD (АС=2, CD = х,
 АСD=900) и треугольник ВСD (ВС=3, СD = х,  ВСD=300) По теореме
Пифагора из треугольника ACD AD= х 2  4 , а из треугольника ВСD по теореме
косинусов DB = х 2  9  3х 3 .
min f (x)  min ( AD+DB)=AB, т.е. D  AB/
Из треугольника АВС по теореме косинусов
АВ = 2  3  2 * 2 * 3 * cos120 = 19 .
2
2
0
Замечание. На рисунке точка D может лежать и во внутренней области
треугольника АВС. На результат это никак не влияет, так как наименьшее
значение функции достигается, если D  АВ.
Следующим шагом в рассмотрении геометрического способа решения
иррациональных уравнений являются задачи второй серии.
40
Пример №2 При каком значении х функция
g ( x)  1  x 2  x  1  x 2  x x
принимает наименьшее значение.
Решение. Найдём площади треугольников АВС, АСD, и ВСD
(AD= 1  х 2  х , BD= 1  х 2  х 3 )/
1
2
1
x 3
SACD= *1 * х * sin 60 0 
;
2
4
1
x
SBCD = *1 * х * sin 30 0  /
2
4
1 x 3 x
 , т.е. x  3  1
Значит , 
2
4
4
Ответ: 3  1
SАВС=
ЕГЭ. Тренировочные задания. 2008.
С 5 Решите систему
х 2  ( у  4) 2 
1
х  2 у  2  2 5,
5
х  2.
Решение. Пусть ( х; у ) - координаты некоторой точки плоскости. Тогда левая часть
первого уравнения системы – сумма расстояний от этой точки М(0;4) и до
прямой, заданной уравнением х  2 у  2  0
Заметим ещё, что правая часть уравнения равна расстоянию от точки М до
указанной прямой . Точки плоскости, обладающие данным свойством, лежат на
перпендикуляре, проведённом из точки М на рассматриваемую прямую.
Проведём этот перпендикуляр МР. Очевидно, что для любой точки N, не
принадлежащей этому перпендикуляру, сумма расстояний до точки М и до
рассматриваемой прямой будет больше длины перпендикуляра МР. Ясно, что
основание перпендикуляра Р имеет координаты (2;0).
Учитывая неравенство системы х  2 , получим, что только координаты точки Р
являются искомым решением данной системы.
Ответ: (2;0)
41
Задачи для самостоятельного решения
№
1
Задание
Найдите наименьшее значение функции
Ответы
min f ( x)  AB  2
f ( x)  1  x  x  1  x  x 3
2
2
2
При каком значении х функция
x  4(2  3 )
f ( x)  x  4  x  3x 3  9
2
2
принимает наименьшее значение.
42
V. Итоговое занятие (2часа)
Цель: проверка степени усвоения учащихся изученного материала и умения
применять его при решении задач.
Контрольная работа (1 час)
Она представлена в шести вариантах различного уровня сложности.
Уровень I.
Вариант первый
№
1
2
3
Решить уравнения
Ответы
пустое множество
-1
1 6
3х  1  5 х  8  1  0
3х  5  3  х
х 2  2х  1 
14
х  2х  1
2
 5
Решить неравенства
5
6
 1;15
3;4
15  х  х  5
2 х  х 3  9 х
Вариант второй
№
1
2
3
Решить уравнения
Ответы
3
пустое множество
0,75
2х  3  4  х  2
8  х2  2 х  3  1
2 х  34  5 х  7
Решить неравенства
5
6
3;4
 1;24
2х  3  4  х  7  х
х  9  3 х 1
Уровень второй
Вариант первый
№
1
2
3
Решить уравнения
Ответы
-2
5  х  2  1 х
х  2  6  х  х 2  4х  8
4
2
Пустое множество
х 4  16  6 х 3  8
0
3х  х 2  2
Решить неравенства
5
6
 ;1
 2;0  0;2
2х  1  3 х  7  3
2
1
1


2  4  х2 2  4  х2 х
3
43
Вариант второй
№
1
2
3
Решить уравнения
Ответы
5
Пустое множество
-1
9  х  х  1  х  10 х  29
2
1  х 2  4 5х  5  2
3 х 3  х  2
Решить неравенства
5
х 2  16
х3
6
3
 х3 
5;
5
x3
 ;1
3  5x  x  1  2
3
Уровень III
Вариант первый
№
1
Решить уравнения
Ответы
При а   8;7 
8

х  4  2х  а
7
(1  4а )   8а  63
;
8
7
при а    7 ;  корней нет,
8


при а   ;8
х
х
2
4 х х 2  3  1  х 2  2 16 х 2  1
1  4а   8а  63
8
15  33
32
Решить неравенства
3
(3х  1)( (3х  1) 2  2 (3х  1) 2 )  х( х 2  2  х 2 )  0
4
Найти наименьшее значение функции:
h( x)  x 2  2 x  4  x 2  2 x 3  4 , используя
рисунок:
44
1

  ; 4 
min h( x)  2 2
Вариант второй
№
1
Решить уравнения
Ответы
При а   1;
х 1  а  х
2а  1  4а  5
;
2
при а   ;1 корней нет,
х
2
1
х 3  х2  1 х2  2 х2 1
Решить неравенства
3
( х  1)( ( х  1) 2  1  ( х  1) 2 )  3х( 9 х 2  1  9 х 2 )  0
4
Найти наименьшее значение функции:
t ( x)  x 2  5 x 2  25  x 2  12 x 2  144 , ,
используя рисунок:
 1

 4 ; 
min t ( x)  13
Итоговое занятие – второй час
Отчётность обучающихся:
«Решение уравнения или неравенства разными способами» . Представление
задач из домашнего задания.
Например: Решить уравнение:
Решение
х2  х 1  1  х  х2  х2  х  2
I способ
Заметим, что в силу неравенства Коши
х2  х 1 
( х 2  х  1)  1 х 2  х
;

2
2
1 х  х2 
(1  х  х 2 )  1 2  х  х 2

.
2
2
45
Значит, левая часть неравенства не превосходит 1  х , так как
х2  х 2  х  х2
+
=1  х .
2
2
Следовательно, из данного уравнения следует
х 2  х  2  1  х, или х 2  2 х  1  0; ( х  1) 2  0, откуда х  1 - корень исходного
уравнения.
Ответ: -1
II способ
Известно, что а1 а 2  в1в 2  а12  в12 * а 22  в 22 (неравенство Коши – Буняковского).
Тогда 1 х 2  х  1  1 1  х  х 2  2  2х  2  х .
Из коллинеарности векторов (1;1) и ( х 2  х  1; 1  х  х 2 ) следует, что
1
х2  х 1

1
1 х  х2
, или
х 2  х  1  1  х  х 2 , или х 2  х  1  1  х  х 2 ; 2 х 2  2 ; х 2  1, откуда х  1 , т.к. х  0
Найденный корень удовлетворяет исходному уравнению.
Ответ: -1
III способ.
Заметим, что х 2  х  2  0 при всех х  R , так как дискриминант D<0, а  1  0.
Тогда область определения уравнения равносильна системе неравенств:
2
1
5

х   ,
2
4

х  х  1  0,
2
1  х  х 2  0;
х
1
5

,
2
2
х
1
5

2
2.
2
1
5

х   ;
2
4

1 5
1 5
5 1
5 1
2
2
2
2
 1 5 1 5 
;
Следовательно, х  
.
2
2 

 1 5 1 5 
;
На промежутке 
 левая часть исходного уравнения является
2
2 


возрастающей функцией, а правая – убывающей.
Значит, исходное уравнение может иметь не более одного уравнения, и, х  1 его единственный корень.
Ответ: -1
46
IV способ
Запишем уравнение в виде: и  v  t .
Заметим, что u  v  2 uv  t , или, ( x 2  x  1)  (1  x  x 2 )  2 uv  x 2  x  2, или
 2 uv  x 2  3x  2;  2 uv  ( x  1)( x  2) . И, поскольку, uv  0, то последнее
неравенство возможно, если ( x  1)( x  2)  0, откуда x1  1; x2  2.
Корень x2  2. не удовлетворяет области определения уравнения .
Ответ: -1
47
Возможные критерии оценок.
Критерии при выставлении оценок могут быть следующие.
Оценка «отлично» -обучающиеся демонстрируют сознательное и
ответственное отношение, сопровождающееся ярко выраженным интересом к
учению, обучающийся освоил теоретический материал курса, получил навыки в
его применении при решении конкретных задач; в работе над домашними
заданиями обучающийся продемонстрировал умение работать самостоятельно,
творчески.
Для получения высокой оценки обучающийся должен показать не только знание
теории и владение набором стандартных методов, но и известную
сообразительность, математическую культуру.
Оценка «хорошо» - обучающийся освоил идеи и методы данного
курса в такой степени, что может справиться со стандартными заданиями;
выполняет задания прилежно (без проявления явных творческих способностей);
наблюдаются определённые положительные результаты, свидетельствующие об
интеллектуальном росте и о возрастании общих умений обучающегося.
Оценка «удовлетворительно» - обучающийся освоил наиболее
простые идеи и методы курса, что позволило ему достаточно успешно выполнять
простые задания.
Оценка «неудовлетворительно» - ученик не проявил ни
прилежания, ни заинтересованности в освоении курса, не справляется с решением
простых задач.
48
Литература
1. М.Л.Галицкий, М.М.Мошкович, С.И.Шварцбурд.
Углубленное изучение алгебры и математического анализа.
Москва «Просвещение», 1997.
2. И.Ф. Шарыгин, В.И. Голубев.
Факультативный курс по математике.
Москва, «Просвещение», 1991.
3. А.Ж. Жафяров.
Математика 10-11 класс . Задачник. Профильный уровень.
М. «Просвещение». 2007.
4. С.И. Колесникова.
Математика. Решение сложных задач ЕГЭ.
М. Айрис – пресс, 2006.
5. Э.Н. Балаян
Практикум по решению задач.
Иррациональные уравнения, неравенства и системы.
Ростов – на – Дону «Феникс». 2006.
6. В. Алексеев, П. Бородин, В. Галкин, В. Тарасов, В.Панфёров,
И.Сергеев.
Задачи содержащие иррациональность.
Учебно-методическая газета Математика №19-2002 г., №15-2003,
№18-2003, №22-2003.
Издательский дом. Первое сентября.
7. О.Черкасов, А.Якушев.
Математика. Интенсивный курс подготовки к экзамену. Основные
методы решения задач.
Москва. Айрис.2003.
8. А.Егоров, Ж. Работ.
Иррациональные уравнения.
Учебно-методическая газета Математика №5-2002.
Издательский дом . Первое сентября.
9. А. Егоров, Ж. Работ.
Иррациональные неравенства.
Учебно-методическая газета Математика №15-2002.
Издательский дом . Первое сентября.
49
10. Г.З.Генкин.
Геометрические решения задач, содержащих иррациональные
выражения.
Учебно-методическая газета. Математика №6-2007.
Издательский дом . Первое сентября.
11. В.И. Прохоренко, В.Ф. Сафонов.
Математика. Часть 1. Преобразование алгебраических выражений.
Алгебраические уравнения, неравенства.
Учебное пособие для поступающих в МЭИ.
Москва. Издательство МЭИ. 1997.
12.Ф.Ф. Лысенко, В.Ю. Калашников, А.Б. Неймарк, Б.Е. Давыдов.
Математика ЕГЭ. Вступительные экзамены.
Ростов – на – Дону. 2004
13. А.Н. Смоляков.
Тригонометрические подстановки в уравнения и неравенства.
Научно-теоретический и методический журнал. Математика в
школе. №1,1996 .
14. Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы.
Под редакцией М.И. Сканави.
Москва. Оникс 21 век. «Мир образование», 2002
15. П.И. Горнштейн, В.Б. Полонский, М.С. Якир.
Задачи с параметрами.
«Илекса» «Гимназия». Москва – Харьков, 1998.
16. Т.А. Корешкова, Н.В. Шевелёва, В.В. Мирошин.
Интенсивная подготовка ЕГЭ- 2008. Математика
тренировочные задания.
Москва. Эскимо.2008.
50