Конкурсные задачи по математике (Вступительные экзамены 1998 г.). Ишанов С.А - 16 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

БФУ им. Канта | Калининград

Составители: 

Рубрика: 

15
(
)
(
)
.1004921142405732003249224057
240 57240 57 240 57 2240 57x
22
2
=−=++−−−
=+++−−−=
Поскольку ясно, что
х<0, то х=-10.
Ответ:
х=-10.
2. ОДЗ неравенства находим из системы:
,0x
,3x
,1x
,2x
,
4
1
4
1
,12x
,02x
,014
0x
x
<⇒
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−≠
−≠
−≠
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇒
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
≠+
≠+
>−
−
причем х
≠
-1, х
≠
-2, х
≠
-3.
Неравенство можно переписать в виде:
)12(log
12
14
log
1x
2x
x
x
2x
+<
+
−
−−
+
−
−
+
,
или
).12
2
1
(log)12(log
x
2x
x
2x
+⋅<−
−
+
−
+
Отсюда при
12x >+
получаем
,2x 2x- ,22 ,22
2
1
,12
2
1
12
2xxxx
−>⇒<⇒<⇒<⋅⇒+⋅<−
−−−−
т.е. –
1<x<0 т. к.
.12x >+
При
12x <+ получаем
,2x 2x- ,22 ,22
2
1
,12
2
1
12
2xxxx
−<⇒>⇒>⋅⇒>⋅⇒+⋅>−
−−−−
т.е. –3<x<-2, т. к.
.12x <+
Ответ: (-3, 2)
U (-1, 0).
3. Обозначим
.yx
6
13
v ,
x
1
yu −+=+=
Тогда первое из уравнений системы запишется в виде
vu v u
+
=
+
.
Из свойств модуля следует, что это равенство возможно тогда и только то-
гда, когда 0u ≥ и 0v ≥ , т.е. справедливы неравенства:
0
x
1
y ≥+ и
0yx
6
13
≥−+ . 
     x2 =   ( 57 − 40 2 ) − 2
                           2
                                   57 − 40 2 57 + 40 2 +          ( 57 + 40 2 )   2
                                                                                      =
    57 − 40 2 − 2 3249 − 3200 + 57 + 40 2 = 114 − 2 49 = 100.
Поскольку ясно, что х<0, то х=-10.
   Ответ: х=-10.

     2. ОДЗ неравенства находим из системы:
                         ⎧⎛ 1 ⎞ x ⎛ 1 ⎞ 0
     ⎧4 − x − 1 > 0,     ⎪⎜ ⎟ > ⎜ ⎟ ,
     ⎪                   ⎪⎪⎝ 4 ⎠       ⎝4⎠
     ⎨x + 2 ≠ 0, ⇒ ⎨x ≠ −2,                     ⇒ x < 0, причем х ≠ -1, х ≠ -2, х ≠ -3.
     ⎪ x + 2 ≠ 1,         ⎪x ≠ −1,
     ⎩                    ⎪
                          ⎪⎩x ≠ −3,
Неравенство можно переписать в виде:
                                       4 −x − 1
                            log x + 2 − x       < log x + 2 ( 2 − x −1 + 1) ,
                                       2 +1
или
                                                              1
                         log x + 2 ( 2 − x − 1) < log x + 2 ( ⋅ 2 − x + 1).
                                                              2
Отсюда при x + 2 > 1 получаем
             1                 1
2 − x − 1 < ⋅ 2 − x + 1, ⇒ ⋅ 2 − x < 2, ⇒ 2 − x < 2 2 , ⇒ - x < 2 ⇒ x > −2, т.е. –
             2                 2
1 1.
При x + 2 < 1 получаем
                 1                   1
     2 − x − 1 > ⋅ 2 − x + 1, ⇒ ⋅ 2 − x > 2, ⇒ ⋅ 2 − x > 2 2 , ⇒ - x > 2 ⇒ x < −2,
                 2                   2
т.е. –3

Страницы