Решение задач повышенной сложности, комбинированным методом

Задачи и их решение  предложены магистрантами ИнЕУ, второго года обучения В.В.  Евменовым СОШГ №9, К.Т. Абдрахмановым СОШ №35, под редакцией профессора ИнЕУ, Д.И. Исмоилова. 3 2  x  )12(          Рассмотрим  решение задач повышенной сложности, комбинированным методом        1. Решить уравнение:      Решение: Рассмотрим уравнение с параметром  a в виде  которое совпадает с данным уравнениям, при условии, что  виде квадратного уравнения относительно неизвестной переменной  a , т.е 2 a D  x a ( , представим уравнение 2a  0  02  2 )1 ,  a x x  2 3 2 2 2 3 2  ax  x ) ( 2 x , находим дискриминант:   x x 0 3   (14 x x 3    4 4 x x  12  4 4 x  xx ( 2 x a 1 получим два уравнения относительно переменной  x :   2 2 , тогда , или  x )2 ) x a 1   x x 2 4 2 3 4  2 x ,  a 2 x , так как  2a ,  данные уравнения получим три корня уравнения:  1 x 1 2 2 x 2   x  241 2  или  2x , решая  ,  3 x 2 .  4 2. Решить уравнение:   Решение: перепишем уравнение виде с параметром  a , при  2  3  0  03 32 , представим уравнение виде квадратного уравнения  a x x x x  2 2 3a  т.е имеем: 2 a  2( xa 2  )1 x 4  0 x 2  a ax  4 x относительно неизвестной переменной  a :   дискриминант:   (14 2(  )1 D  x x 4 2 2  4) x 2 x  4 x  1 , тогда  a 1  2  x x , , находим  2 x 2 x 2  2 2  x x , так как  1 3a , решая даны уравнения получим четыре  2 2 x  a 2  x  2 2 2 корня уравнения:    341 2 Задание. Решите уравнение  x 1 1 x  2 3 ,  1 x 3 4 .   334 2  7 7 x  0 . )17(  2 x x  2  5 32  y   2 y x  y  тогда  0  известно, что  поэтому  arcsin x , получим уравнение относительно  преобразовав данное уравнение получим квадратное уравнение:   3. Решить уравнение:  arcsin 2 x  arccos 2 Решение: Обозначим   arcsin arccos  x x y :  64 y    2  2   2 y 2    2 y  3  y 32 arccos  2 2  5 32  0 , находим дискриминант: D 32(  ) 2 2   3 64 4  1024 2   768 2   256 y 2  2 2 8  16  64  , таким образом:  y 1  arccos 1 x что найденные значения удовлетворяют условию  0 x 2 cos  8  . ,  2  y 1  3 8  y  ,    32    16 3  64 2 8   arccos 2 x 2 y ,  8 x cos 1 , видно,  3 8 ,  следовательно:lg(        4. Решить уравнение:       Решение: Используя свойства логарифма, перепишем уравнение виде:  arctgx arctgx  , так как   , обозначим  arcctgx arctgx arcctgx arctgx 1 lg( y )  0)   2 , тогда из  данного уравнение следует, что  arctgx 0  y arctgx  , то y , то  0  2    2   2 , так как  1  y 2  2  2  arcctgx , то  y , из равенства Коши  , в связи с тем, что  , следует что уравнение arcctgx 1 , поскольку  y arctgx следует, что если  0y , то  y y  1  2 y  не имеет корней. 1  2 y  2  7 x  5 x 3  3 ,  2 ,  , поскольку  7  3 2  x x 3 5         5. Решить уравнение:           Решение: Преобразуем данное уравнение, используя известное равенство: 7 x 2  2 , тогда получим:  x 37 3 x  x  7 ba a  0  , где   5 0 x 2     b b a 2 7 3 7 b a x x    2 2 2 преобразовав данное неравенство получим:  3 x  3 7 7 x  2 2 3 x  5 x 2 3 x  5 x сложив данное уравнение с преобразованным получим:  3 2 x  5 x  7 x левая часть уравнения неотрицательная, то  квадрат:  7x , возведем обе части уравнения в  7 2 2 (  x x x 5   )7 3(  3 находим дискриминант:   7 x 1 26  45  26  14 52 59 2 2 ) , получим квадратное уравнение:   26 2 x  x 59 , тогда  14 ,  0 3481  1456 2056 D 2 )59( 59 ,    x 2 26 4 45   52 14 104 52   2 Подставляя найденные корни в данное уравнения, убеждаемся, что найденные корни  являются решением данного уравнения. Примечание: Проверка в примере требуется по той причине, что необходимо убедится в  том, что при найденном значении   x подкоренное выражение в уравнении будет  неотрицательным.