Решу егэ математика профиль показательные уравнения 15 задание

ЕГЭ Профиль №15. Показательные неравенства

15 заданием профильного ЕГЭ по математике является неравенство. Одним, из наиболее часто встречаемых неравенств, которое может оказаться в 15 задание, является показательное неравенство. Большая часть показательных неравенств предлагаемых на реальных экзаменах решается с помощью замен, методом интервалов или разложением на множители. Прежде чем решать показательные неравенства необходимо знать свойства показательной функции и уметь решать показательные уравнения (см. задание 13 профильного ЕГЭ « Показательные уравнения »). В данном разделе представлены показательные неравенства (всего 109) разбитые на два уровня сложности. Уровень А — это простейшие показательные неравенства, которые являются подготовительными для решения реальных показательных неравенств предлагаемых на ЕГЭ по профильной математике. Уровень В — состоит из неравенств, которые предлагали на реальных ЕГЭ и в диагностических работах прошлых лет.

Задание 14. Неравенства — профильный ЕГЭ по математике

Задание 14 Профильного ЕГЭ по математике можно считать границей между «неплохо сдал ЕГЭ» и «поступил в вуз с профильной математикой». Здесь не обойтись без отличного знания алгебры. Потому что встретиться вам может любое неравенство: показательное, логарифмическое, комбинированное (например, логарифмы и тригонометрия). И еще бывают неравенства с модулем и иррациональные неравенства. Некоторые из них мы разберем в этой статье.

Хотите получить на Профильном ЕГЭ не менее 70 баллов? Учитесь решать неравенства!

Темы для повторения:

Разберем неравенства разных типов из вариантов ЕГЭ по математике.

Дробно-рациональные неравенства

1. Решите неравенство:

Решим неравенство относительно t методом интервалов:

Вернемся к переменной x:

Показательные неравенства

2. Решите неравенство

Сделаем замену Получим:

Умножим неравенство на

Дискриминант квадратного уравнения

Значит, корни этого уравнения:

Разложим квадратный трехчлен на множители.

. Вернемся к переменной x.

Внимание. Сначала решаем неравенство относительно переменной t. Только после этого возвращаемся к переменной x. Запомнили?

Следующая задача — с секретом. Да, такие тоже встречаются в вариантах ЕГЭ,

3. Решите неравенство

Сделаем замену Получим:

Вернемся к переменной

Первое неравенство решим легко: С неравенством тоже все просто. Но что делать с неравенством ? Ведь Представляете, как трудно будет выразить х?

Оценим Для этого рассмотрим функцию

Сначала оценим показатель степени. Пусть Это парабола с ветвями вниз, и наибольшее значение этой функции достигается в вершине параболы, при х = 1. При этом

Мы получили, что

Тогда , и это значит, что Значение не достигается ни при каких х.

Логарифмические неравенства

4. Решите неравенство

Запишем решение как цепочку равносильных переходов. Лучше всего оформлять решение неравенства именно так.

Следующее неравенство — комбинированное. И логарифмы, и тригонометрия!

5. Решите неравенство

А вот и метод замены множителя (рационализации). Смотрите, как он применяется. А на ЕГЭ не забудьте доказать формулы, по которым мы заменяем логарифмический множитель на алгебраический.

6. Решите неравенство:

Мы объединили в систему и область допустимых значений, и само неравенство. Применим формулу логарифма частного, учитывая, что . Используем также условия

Обратите внимание, как мы применили формулу для логарифма степени. Строго говоря,

Согласно методу замены множителя, выражение заменим на

Решить ее легко.

Разберем какое-нибудь нестандартное неравенство. Такое, что не решается обычными способами.

7. Решите неравенство:

Привести обе части к одному основанию не получается. Ищем другой способ.

Заметим, что при x = 9 оба слагаемых равны 2 и их сумма равна 4.

Функции и — монотонно возрастающие, следовательно, их сумма также является монотонно возрастающей функцией и каждое свое значение принимает только один раз.

Поскольку при x=9 значение монотонно возрастающей функции равно 4, при значения этой функции меньше 4. Конечно, при этом , то есть x принадлежит ОДЗ.

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, $O_3O_1= r_1 + r_3 = 10, O_3N = √ = 6, tgβ = / = <8>/ <6>= <4>/<3>$,

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
$ / = / = \cos ∠ AMN = \cos ∠ AOC = √ <1 - \sin^2 ∠ AOC>= <2>/ <3>$.

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 $/ = /$ (1).

$△ONB ∼ △AOM$ по первому признаку подобия: $∠BNO = ∠AMO = 90°, ∠BON = ∠AOM$ как вертикальные, отсюда $/ = /$ (2).

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 $/ = /$ (1).

$△OHE ∼ △FOK$ по первому признаку подобия: $∠EHO = ∠FKO = 90°, ∠EOH = ∠FOK$ как вертикальные, отсюда $/ = /$ (2).

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, $/ = / $, но $M O = 4x, OK = x$, следовательно, $/ = <4x>/ = 4 : 1$

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 $
/ = 2r$, где $r$ — радиус описанной окружности, то есть $2r = AB$. Получили $
/ = sin ∠RAB = sin α$.

Но коэффициент подобия треугольников $AK R$ и $BC R$ равен $/
= <2AK>/ <2BR>= / <2BR>= <1>/<2 sin α>$.

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 $>/> = (<1>/<2sin α>)^2 = <1>/<2 · <9>/<17>> = <17>/<18>$.

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 $/ = /$, то есть $SB·SD = SA · SC$.

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 $/ = /$, отсюда $SB · SD = SF · SE$.

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 $SB = <√3>/<2>SC =<√3>/<2>·<√3>/<2>SF; / = <3>/ <4>= 0.75$.

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= / $ (1) $▵ SFC$: $\sin α= / $ (2) $▵ SAE$: $\sin α= / $ (3) $▵ SDA$: $\sin α= / $ (4) Перемножив (1) на (2) и (3) на (4), получим $ / ⋅ / =\sin^2 α$, $ / =\sin^2α$, $ / ⋅ / =\sin^2α$, $ / =\sin^2α$. Отсюда $ / = / $. Имеем: две стороны $▵ SBE$ пропорциональны двум сторонам $▵ SFD$ и между ними угол $S$ — общий, значит, $▵ SBE∼ ▵ SFD$ по второму признаку подобия. Из подобия следует равенство соответственных углов $SEB$ и $SDF$ при прямых $BE$, $FD$ и секущей $SD$, следовательно, по признаку параллельности прямых $BE∥ FD$. б) Из подобия треугольников $SBE$ и $SFD$ следует $ / = / $. В пункте а) доказано $ / =\sin^2 α$, $∠ BCD+α=180°$, $α=180°-150°=30°$. $ / = / =\sin^2 30°=0<,>5^2=0<,>25$.

Задача 9

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ и медиана $AM$. $AB=2$, $AC=√ <21>$, $AM=2<,>5$.