ЕГЭ Профиль №15. Логарифмические неравенства
15 заданием профильного ЕГЭ по математике является неравенство. Самым часто встречаемым неравенством, которое предлагают на реальных экзаменах в 15 задание, является логарифмическое неравенство. При решении логарифмических неравенств, в большинстве случаев (но не всегда) необходимо полностью находить область допустимых неравенств. Большая часть логарифмических неравенств, предлагаемых на реальных экзаменах, решается с помощью замен, методом интервалов или разложением на множители. Прежде чем решать логарифмические неравенства необходимо выучить свойства логарифмов, свойства логарифмической функции и уметь решать логарифмические уравнения. В данном разделе представлены логарифмические неравенства (всего 138) разбитые на два уровня сложности. Уровень А — это простейшие логарифмические неравенства, которые являются подготовительными для решения реальных логарифмических неравенств предлагаемых на ЕГЭ по профильной математике. Уровень В — состоит из неравенств, которые предлагали на реальных ЕГЭ и в диагностических работах прошлых лет.
Задача 15 ЕГЭ-2021 Решение неравенств
1. Решите неравенство:
подберем корни уравнения по теореме Виета:
вернемся к переменной
сделаем замену тогда
функция монотонно возрастает, поэтому
2. Решите неравенство:
Упростим знаменатель третьей дроби. По теореме, обратной теореме Виета, числа 2 и 3 — корни квадратного трехчлена
Решив неравенство с помощью метода интервалов, получим:
Сделаем обратную замену: t=
а так как функция монтонно возрастает на R, то
3. Решите неравенство:
Решим первое неравенство этой системы:
Найдем корни квадратного трехчлена:
Второе условие системы:
Вернемся к системе, задающей ОДЗ:
2) Вернемся к исходному неравенству:
Неравенство равносильно системе:
4. Решите неравенство:
найдем корни квадратного трехчлена:
Сделав обратную замену t= получим
Вернемся к переменной х:
Мы воспользовались тем, что
функция монотонно возрастает на R, то есть на множестве действительных чисел.
5. (Резервный день) Решите неравенство:
(Выделили целую часть в левой части неравенства),
Вернемся к переменной x:
так как функция монотонно возрастает.
Это полезно
Узнаете, чем отличаются официально-деловой, публицистический, научный, художественный и разговорный стили.
Наш онлайн-курс по Физике
Все темы ЕГЭ с нуля
Можно не только читать, но и смотреть новые объяснения и разборы на нашем YouTube канале!
Пожалуйста, подпишитесь на канал и нажмите колокольчик, чтобы не пропустить новые видео
Задавайте свои вопросы в комментариях и оставляйте задачи, которые вы хотите, чтобы мы разобрали.
Мы обязательно ответим!
Мы заметили, что Вы регулярно пользуетесь нашими материалами для подготовки по физике.
Результат будет выше, если готовиться по отработанной методике.
У нас есть онлайн-курсы как для абитуриентов, так и для преподавателей.
Задание 15. Задача на планиметрию. ЕГЭ 2022 по математике профильного уровня
Что нужно знать, чтобы решить задание 15:
Необходимо свести сложное неравенство к простейшему. Для этого нужно знать метод замены показательных и тригонометрических функций, помня про ограничения. Знать метод интервалов и метод рационализации для логарифмических, показательных и содержащих модуль неравенств.
Задачи для практики
Задача 1
Окружность с центром $O_1$ радиусом $9$ вписана в треугольник $ABC$. Окружности с центрами $O_2$ и $O_3$ и радиусами $ <81>/ <25>$ и $1$, которые вписаны в углы треугольника $A$ и $C$ соответственно, касаются первой окружности внешним образом.
а) Докажите, что $∠ C=π-\arctg <24>/ <7>$.
б) Найдите площадь треугольника $AO_1O_3$.
Решение
a) Обозначим радиусы окружностей $r_1 = 9, r_2 = <81>/<25>, r_3 = 1$, а центры этих окружностей $O_1, O_2, O_3$ соответственно, и проведём радиусы $O_1E, O_2D, O_3F$ к точкам касания со стороной $AC$. Эти радиусы перпендикулярны касательной $AC$.
По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, они образуют одинаковые углы с прямой, проходящей через центр окружности, то есть центры $O_1, O_2$ лежат на биссектрисе угла $A$, а центры $O_1, O_3$ — на биссектрисе угла $C$. Обозначим величину угла $C$ через $2β$. Тогда угол треугольника $O_1CA$ равен $β$.
Проведём $O_3N ⊥O_1E$, тогда $O_3N ‖ FE$ и $O_3N EF$ прямоугольник, $EN = r_3, O_1N = O_1E — EN = r_1 — r_3 = 8. ∠O_1CA = ∠O_1O_3N = β$ как соответственные при $O_3N ‖ AC$, секущая $CO_1$.
Треугольник $O_1O_3N$ прямоугольный, $O_3O_1= r_1 + r_3 = 10, O_3N = √
Получили, что угол $C$ тупой. $∠C = π − arctg<24>/<7>$.
Обозначим величину угла $O_1AC$ треугольника через $α$. Найдём $EA = r_1 : tg α$.
Проведём $O_2M ⊥O_1E$, тогда аналогично пункту а) $EM = r_2$,
$O_1M = O_1E — EM = r_1 — r_2 = <144>/<25>, O_1O_2= r_1 + r_2 = <306>/<25>$.
Задача 2
Две окружности касаются внутренним образом в точке $A$, причём меньшая окружность проходит через центр $O$ большей. Диаметр $BC$ большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке $D$, отличной от $A$. Лучи $AO$ и $AD$ вторично пересекают б’ольшую окружность в точках $M$ и $N$ соответственно. Точка $C$ лежит на дуге $AN$ большей окружности, не содержащей точку $M$.
а) Докажите, что прямые $MN$ и $BC$ параллельны.
б) Известно, что $\sin ∠ AOC = <2√ <2>> / <3>$. Прямые $MC$ и $AN$ пересекаются в точке $K$. Найдите отношение $NK:KA$.
Решение
а) По условию задачи выполним чертёж.
Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны.
б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN , BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому
Задача 3
Две окружности касаются внутренним образом в точке $A$, причём меньшая окружность проходит через центр $O$ большей. Диаметр $BC$ большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке $D$, отличной от $A$. Лучи $AO$ и $AD$ вторично пересекают большую окружность в точках $M$ и $N$ соответственно. Точка $C$ лежит на дуге $AN$ большей окружности, не содержащей точку $M$.
а) Докажите, что прямые $MN$ и $BC$ параллельны.
б) Известно, что $\sin ∠ AOC = <√ <5>> / <3>$. Прямые $MC$ и $AN$ пересекаются в точке $K$. Найдите отношение $NK:KA$.
Решение
а) По условию задачи выполним чертёж (см. рис.).
Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны. б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN$, $BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому
$
Задача 4
В треугольнике $EKP$, в котором все углы острые, проведены высоты $KB$ и $PA$. Из точек $A$ и $B$ на $KB$ и $PA$ опущены перпендикуляры $AM$ и $BN$ соответственно.
а) Докажите, что прямые $MN$ и $KP$ параллельны.
б) Найдите отношение $MN:KP$, если угол $KEP$ равен $45^°$.
Решение
а) $△POB ∼ △KOA$ по первому признаку подобия: $∠PBO = ∠OAK = 90°, ∠BOP = ∠AOK$ как вертикальные.
Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим $
$△ONB ∼ △AOM$ по первому признаку подобия: $∠BNO = ∠AMO = 90°, ∠BON = ∠AOM$ как вертикальные, отсюда $
Следовательно, $△OPK ∼ △ONM$ по второму признаку подобия: $∠POK$ — общий, $
Из подобия следует $∠OPK = ∠ONM$ . Углы $OPK$ и $ONM$ соответственные при прямых $PK$ и $NM$ и секущей $OP$ . Следовательно, $PK ‖ MN$ по признаку параллельности прямых.
б) В четырехугольнике $AEBO ∠AEB = 45°$ (по условию) $∠AOB=360°-(∠A +∠B +∠E ) = 360° — 225° = 135°$. В $△AOM ∠AMO = 90°, ∠AOM = 180°-135°=45°, AM=MO$.
Обозначим $OM = x$, тогда $AM = x, AO=OM√2=x√2$.
В $△OAK ∠OAK = 90°, ∠AOM = 45°$, то есть $AO = AK, AO=x√2, KO=AO√2=x√2·√2=2x$.
По доказанному в пункте а) $△OPK ∼ △ONM$, значит, $
Пусть $OM = x, OK = 2x$.
Задача 5
В треугольнике $MNP$, в котором все углы острые, проведены высоты $ME$ и $PF$. Из точек $F$ и $E$ на $ME$ и $PF$ опущены перпендикуляры $FK$ и $EH$ соответственно.
а) Докажите, что прямые $KH$ и $MP$ параллельны.
б) Найдите отношение $MP:KH$, если угол $MNP$ равен $60^°$.
Решение
а) $O$ — точка пересечения высот $ME$ и $PF$. $△POE ∼ △MFO$ по первому признаку подобия: $∠PEO = ∠OFM = 90°, ∠EOP = ∠FOM$ как вертикальные.
Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим $
$△OHE ∼ △FOK$ по первому признаку подобия: $∠EHO = ∠FKO = 90°, ∠EOH = ∠FOK$ как вертикальные, отсюда $
Следовательно, $△OP M ∼ △OH K$ по второму признаку подобия: $∠P OM$ — общий, $
Из подобия следует $∠OP M = ∠OH K$ . Углы $OP M$ и $OH K$ соответственные при прямых $M P$ и $K H$ и секущей $OP$ . Следовательно, $M P ‖ K H$ по признаку параллельности прямых.
б) В четырехугольнике $N FOE ∠FOE = 360° -(∠90° +∠90° +∠N ) = 360° — 240° = 120°$. В $△FOK ∠FKO = 90°, ∠FOK = 60°$, как смежный с $∠FOE = 120°$, тогда $∠OF K = 30°$.
Обозначим $OK = x$, тогда $FO = 2x$.
В $△OFM ∠M FO = 90°, ∠FOM = 60°, ∠F M O = 30°$, то есть $FO = <1>/<2>M O$, значит, $2x = <1>/<2>M O, M O = 4x$.
По доказанному в пункте а) $△OM P ∼ △OK H$, значит, $
Задача 6
В прямоугольном треугольнике $ABC$ точки $P$ и $K$ — середины катета $BC$ и гипотенузы $AB$ соответственно. Биссектриса угла $BAC$ пересекает прямую $KP$ в точке $R$.
а) Докажите, что точки $A$, $B$, $C$ и $R$ лежат на одной окружности.
б) Найдите отношение площадей треугольников $AKR$ и $BCR$, если $\sin ∠ BAC= <15>/ <17>$.
Решение
а) Отрезок, соединяющий вершину прямого угла и середину гипотенузы, равен половине длины гипотенузы, то есть $AK = K B = K C. AR$ — биссектриса угла $BAC$, значит $∠CAR =∠BAR = α$.
$K P$ — средняя линия $△ABC$, значит, $K P ‖ AC$.
Накрест лежащие углы $CAR$ и $ARK$ равны (секущая $AR$).
В треугольнике $AK R$ равны углы $K AR$ и $K RA$, значит $AK = K R$.
Получим $AK = K B = K C = K R$, значит точки $A, B, C$ и $R$ лежат на окружности с центром $K$.
б) $∠CBR =∠CAR$ и $∠BAR =∠BCR$ (опираются на дуги $C R$ и $BR$ соответственно), таким образом, треугольники $AK R$ и $BC R$ подобны по двум углам. По теореме синусов для треугольника $ABR$ получим $
/
/
Но коэффициент подобия треугольников $AK R$ и $BC R$ равен $
= <2AK>/ <2BR>=
По условию $sin ∠BAC = sin 2α = <15>/<17>$.
$cos 2α = 1 — 2 sin^2 α = <8>/<17>, 2 sin^2 α = <9>/<17>$.
Площади треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому $
Задача 7
В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям. Из точки $A$ на сторону $CD$ опустили перпендикуляр $AE$. На стороне $AB$ отмечена точка $F$ так, что прямые $BE$ и $FD$ параллельны.
а) Докажите, что прямые $FC$ и $CD$ перпендикулярны.
б) Найдите отношение $BE:FD$, если угол $BCD$ равен $120°$.
Решение
Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $S$. Ясно, что $BC$ — меньшее основание, иначе перпендикуляр $AE$ будет падать на продолжение $CD$, а не на саму сторону, что противоречит условию.
а) Для доказательства перпендикулярности прямых $FC$ и $CD$ достаточно доказать подобие треугольников $SFC$ и $SAE$.
Заметим, что $△SBC ∼ △SAD$ по двум углам ($∠SBC = ∠SAD = 90°, ∠S$ — общий). Тогда $
С другой стороны, $△SBE ∼ △SFD$ по двум углам: $∠SBE = ∠SFD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BE$ и $FD$ и секущей $SA, ∠S$ — общий.
Тогда $
Следовательно, $SA · SC = SB · SD = SF · SE$.
Отсюда $△SAE ∼ △SFC$ по второму признаку.
Тогда $∠SCF = ∠SEA = 90°, FC ⊥ SD$, что и требовалось доказать.
б) Из подобия треугольников $SBE$ и $SFD$ следует $
$∠BCS = 180° — ∠BCD = 60°, SB = SC sin 60° = <√3>/<2>SC. ∠CSF = 90° — ∠BCS = 30°$. Из $△SFC$ следует, что $CS = SF cos 30° = SF <√3>/<2>$. Тогда $SB = <√3>/<2>SC =<√3>/<2>·<√3>/<2>SF;
Задача 8
В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ перпендикулярна основаниям. Из точки $A$ на сторону $CD$ опустили перпендикуляр $AE$. На стороне $AB$ отмечена точка $F$ так, что прямые $CD$ и $CF$ перпендикулярны. а) Докажите, что прямые $BE$ и $FD$ параллельны. б) Найдите отношение $BE:FD$, если угол $BCD$ равен $150°$.
Решение
Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $S$. а) Для доказательства параллельности прямых $BE$ и $FD$ достаточно доказать, что треугольники $SBE$ и $SFD$ подобны (см. рис.). 
Ясно, что $BC$ — меньшее основание, иначе перпендикуляр $AE$ будет опускаться на продолжение $CD$, а не на саму сторону, что противоречит условию. По условию $FC⊥ CD$ и $AE⊥ CD$, отсюда $FC∥ AE$. Заметим: в прямоугольных треугольниках $SCB$, $SFC$, $SAE$ и $SDA$ угол $S$ общий, значит, $∠ SCB=∠ SFC=∠ SAE=∠ SDA=α$. В каждом из рассматриваемых треугольников выразим $\sin α$. $▵ SCB$: $\sin α=
Задача 9
В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ и медиана $AM$. $AB=2$, $AC=√ <21>$, $AM=2<,>5$.
http://ege-study.ru/ru/ege/podgotovka/matematika/ege-2021-reshenie-zadachi-15/
http://egeturbo.ru/ege/math/tasks/15