Задания
Версия для печати и копирования в MS Word

Ре­ши­те не­ра­вен­ство: дробь: чис­ли­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 минус x конец ар­гу­мен­та минус ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: x в кубе минус 5x в квад­ра­те плюс 6x конец ар­гу­мен­та , зна­ме­на­тель: ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 3 минус x конец ар­гу­мен­та плюс ло­га­рифм по ос­но­ва­нию левая круг­лая скоб­ка 4x плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка в квад­ра­те левая круг­лая скоб­ка x в кубе минус 5x в квад­ра­те плюс 6x плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка конец дроби \geqslant1.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

Най­дем сна­ча­ла ОДЗ не­ра­вен­ства.

си­сте­ма вы­ра­же­ний 3 минус x боль­ше или равно 0,x в кубе минус 5x в квад­ра­те плюс 6x боль­ше или равно 0 конец си­сте­мы . рав­но­силь­но си­сте­ма вы­ра­же­ний x мень­ше или равно 3,x левая круг­лая скоб­ка x минус 2 пра­вая круг­лая скоб­ка левая круг­лая скоб­ка x минус 3 пра­вая круг­лая скоб­ка боль­ше или равно 0 конец си­сте­мы . рав­но­силь­но си­сте­ма вы­ра­же­ний x мень­ше или равно 3,x при­над­ле­жит левая квад­рат­ная скоб­ка 0;2 пра­вая квад­рат­ная скоб­ка \cup левая квад­рат­ная скоб­ка 3; бес­ко­неч­ность пра­вая круг­лая скоб­ка . конец си­сте­мы .

При x=0 ос­но­ва­ние ло­га­риф­ма равно еди­ни­це, что не­воз­мож­но. При x=3 зна­ме­на­тель об­ра­ща­ет­ся в ноль. Таким об­ра­зом, x при­над­ле­жит левая круг­лая скоб­ка 0;2 пра­вая квад­рат­ная скоб­ка . Этого до­ста­точ­но  — вы­ра­же­ние под ло­га­риф­мом будет не мень­ше 1, ос­но­ва­ние будет боль­ше 1, зна­ме­на­тель  — сумма двух не­от­ри­ца­тель­ных сла­га­е­мых (пер­вое даже стро­го по­ло­жи­тель­но), по­это­му по­ло­жи­те­лен. Зна­чит, чис­ли­тель дол­жен быть не мень­ше зна­ме­на­те­ля. То есть

минус ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: x в кубе минус 5x в квад­ра­те плюс 6x конец ар­гу­мен­та боль­ше или равно ло­га­рифм по ос­но­ва­нию левая круг­лая скоб­ка 4x плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка в квад­ра­те левая круг­лая скоб­ка x в кубе минус 5x в квад­ра­те плюс 6x плюс 1 пра­вая круг­лая скоб­ка .

Но левая часть не­по­ло­жи­тель­на, а пра­вая не­от­ри­ца­тель­на, по­это­му един­ствен­ная воз­мож­ность  — чтобы обе части об­ну­ля­лись. Левая об­ну­ля­ет­ся толь­ко при x=2, и пра­вая тогда дей­стви­тель­но тоже об­ну­ля­ет­ся.

 

Ответ: x=2.

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Кри­те­рии оце­ни­ва­ния вы­пол­не­ния за­да­нияБаллы
Обос­но­ван­но по­лу­чен вер­ный ответ.2
Обос­но­ван­но по­лу­чен ответ, не­вер­ный из-за не­до­че­та в ре­ше­нии или вы­чис­ли­тель­ной ошиб­ки1
Ре­ше­ние не со­от­вет­ству­ет ни од­но­му из кри­те­ри­ев, пе­ре­чис­лен­ных выше.0
Мак­си­маль­ный балл2
Источник: А. Ларин. Тре­ни­ро­воч­ный ва­ри­ант № 270
Классификатор алгебры: Ир­ра­ци­о­наль­ные не­ра­вен­ства, Мо­дуль числа, мо­дуль вы­ра­же­ния, Не­ра­вен­ства выс­ших сте­пе­ней, Не­ра­вен­ства сме­шан­но­го типа
Кодификатор ФИПИ/Решу ЕГЭ:
Спрятать решение · КритерииСпрятать критерии · Помощь


О про­ек­те · Ре­дак­ция · Пра­во­вая ин­фор­ма­ция · О ре­кла­ме
© Гущин Д. Д., 2011—2025