|
Задача
1.20.
Решить
неравенство
ах
> 1.
Решение
Если
а
> 0,
то
a
x
1
>
.
Если
а
< 0,
то
a
x
1
<
.
Если
а
= 0,
то
решения
нет
.
Ответ
:
если
а
∈
(–
∞
; 0),
то
∞
−
∈
a
x
1
;
;
если
а
= 0,
то
решений
нет
;
если
а
∈
(0; +
∞
)
то
+∞
∈
;
1
a
x
.
41
40
Задача
1.21.
Решить
неравенство
ах
< 1.
Решение
Как
и
ранее
,
анализ
трех
возможностей
а
> 0,
а
= 0,
а
< 0
позволяет
по
-
лучить
следующий
ответ
.
Ответ
.
Если
а
< 0,
то
a
x
1
>
;
если
а
= 0,
то
х
–
любое
;
если
а
> 0,
то
a
x
1
<
.
Задача
1.22.
Решить
неравенство
(
т
– 1)
х
< 5
m
.
Решение
Если
т
– 1 > 0,
то
1
5
−
<
m
m
x
.
Если
т
– 1 < 0,
то
1
5
−
>
m
m
x
.
Если
т
– 1 = 0,
то
х
–
любое
число
.
Ответ
:
если
т
∈
(–
∞
; 1),
то
+∞
−
∈
;
1
5
m
m
x
;
если
т
= 1,
то
x
–
любое
число
;
если
т
∈
(1; +
∞
)
то
−
∞
−
∈
1
5
;
m
m
x
.
Задача
1.23.
Решить
неравенство
3(2
а
–
х
) <
ах
+ 1.
Решение
3(2
а
–
х
) <
ах
+ 1,
6
а
– 3
х
<
ах
+1,
х
(–3 –
а
) < 1 – 6
а
,
х
(3 +
а
) > 6
а
– 1.
Если
а
+ 3 > 0,
то
a
a
x
+
−
>
3
1
6
.
Если
а
+ 3 < 0,
то
a
a
x
+
−
<
3
1
6
.
42
41
Если
а
+ 3 = 0,
а
= –3,
то
х
–
любое
число
.
Ответ
:
если
a
∈
(–
∞
;–3),
то
+
−
∞
−
∈
a
a
x
3
1
6
;
;
если
a
= –3,
то
x
–
любое
число
;
если
a
∈
(–3; +
∞
)
то
+∞
+
−
∈
;
3
1
6
a
a
x
.
Перейдем
к
рассмотрению
различных
вопросов
,
связанных
с
решением
параметрических
неравенств
второй
степени
(
квадратных
)
с
одним
неизвест
-
ным
.
Определение
.
Неравенство
,
обе
части
которого
есть
многочлены
отно
-
сительно
неизвестного
не
выше
второй
степени
,
причем
хотя
бы
один
из
них
второй
степени
,
называется
неравенством
второй
степени
с
одним
неизвест
-
ным
.
Всякое
неравенство
второй
степени
с
одним
неизвестным
(
квадратное
неравенство
)
можно
привести
к
одному
из
его
канонических
видов
:
ах
2
+
b
х
+
с
> 0,
ах
2
+
b
х
+
с
≥
0,
ах
2
+
b
х
+
с
< 0,
ах
2
+
b
х
+
с
≤
0,
(1)
где
а
≠
0.
Решение
неравенства
ах
2
+
b
х
+
с
> 0 (
а
≠
0).
Если
а
> 0,
то
данное
неравенство
равносильно
неравенству
0
2
>
+
+
a
c
x
a
b
x
,
или
0
2
>
+
+
q
px
x
,
(2)
где
a
b
p
=
и
a
c
q
=
.
Если
а
< 0,
то
данное
неравенство
равносильно
неравенству
0
2
<
+
+
a
c
x
a
b
x
,
или
43
42
0
2
<
+
+
q
px
x
,
(3)
где
a
b
p
=
и
a
c
q
=
.
Аналогично
другие
неравенства
вида
(1)
приводятся
к
виду
,
аналогич
-
ному
(2)
или
(3).
Рассмотрим
трехчлен
q
px
x
+
+
2
.
(4)
1.
Если
D
=
р
2
– 4
q
> 0,
то
трехчлен
q
px
x
+
+
2
можно
разложить
на
множители
с
действительными
коэффициентами
x
2
+
рх
+
q
= (
х
– x
1
)(
х
–
х
2
),
где
q
p
p
x
−
−
−
=
4
2
2
1
и
q
p
p
x
−
+
−
=
4
2
2
1
–
корни
трехчлена
(
х
1
<
х
2
).
Если
х
<
х
1
<
х
2
,
то
х
–
х
1
< 0
и
х
–
х
2
< 0;
тогда
x
2
+
рх
+
q
> 0.
Если
х
1
<
х
<
х
2
,
то
х
–
х
1
> 0,
а
х
–
х
2
<0;
тогда
x
2
+
рх
+
q
< 0.
Если
х
>
х
2
>
х
1
,
то
х
–
х
1
> 0
и
х
–
х
2
> 0;
тогда
x
2
+
рх
+
q
> 0.
Вывод
.
Если
D
> 0,
то
квадратный
трехчлен
x
2
+
рх
+
q
положителен
при
значениях
х
,
меньших
меньшего
корня
и
больших
большего
корня
,
неотрица
-
телен
при
значениях
х
,
лежащих
между
корнями
.
На
рис
. 17
изображены
ин
-
тервалы
знакопостоянства
трехчлена
x
2
+
рх
+
q
.
Рис
. 17
2.
Если
D
=
р
2
– 4
q
= 0
=
4
2
p
q
,
то
трехчлен
(4)
принимает
вид
+
+
−
1
x
2
x
x
0
44
43
2
2
2
2
2
4
+
=
+
+
=
+
+
p
x
p
px
x
q
px
x
и
при
всех
2
p
x
−
≠
будет
положительным
,
а
при
2
p
x
−
=
равен
нулю
.
3.
Если
D
=
р
2
– 4
q
< 0,
то
трехчлен
(4)
можно
представить
в
виде
4
4
2
4
4
2
2
2
2
2
2
p
q
p
x
q
p
p
x
q
px
x
−
+
+
=
−
−
+
=
+
+
.
Так
как
0
2
2
≥
+
p
x
при
всех
х
,
а
4
q
–
р
2
> 0,
то
трехчлен
положителен
при
всех
значениях
х
.
Правило
.
Чтобы
решить
квадратное
неравенство
х
2
+
рх
+
q
> 0
или
х
2
+
рх
+
q
< 0,
можно
трехчлен
х
2
+
рх
+
q
разложить
на
множители
,
корни
этих
множителей
нанести
на
числовую
ось
,
а
затем
построить
«
змейку
»,
про
-
ходящую
через
корни
(
рис
. 18),
причем
ветвь
,
расположенная
слева
от
наи
-
меньшего
корня
,
должна
находиться
над
числовой
осью
,
т
.
е
.
левая
часть
не
-
равенства
будет
положительной
.
Рис
. 18
Если
квадратный
трехчлен
не
разлагается
на
различные
множители
,
то
второе
неравенство
не
имеет
решений
;
решениями
первого
неравенства
бу
-
дут
все
действительные
числа
,
если
трехчлен
не
имеет
действительных
кор
-
ней
;
если
же
трехчлен
имеет
один
(
двукратный
)
действительный
корень
,
то
решениями
первого
неравенства
будут
все
,
за
исключением
этого
корня
,
дей
-
ствительные
числа
.
Неравенства
вида
х
2
+
рх
+
q
≥
0
и
х
2
+
рх
+
q
≤
0
решаются
аналогично
,
только
в
область
решений
этих
неравенств
включаются
действительные
кор
-
ни
трехчлена
х
2
+
рх
+
q
(
если
они
существуют
).
+
+
−
2
4
x
0
45
44
Задача
1.24.
Решить
способом
интервалов
неравенство
х
2
+ 2(
а
– 1)
х
+ 4 –
а
–
а
2
≥
0.
Решение
х
2
+ 2(
а
– 1)
х
+ 4 –
а
–
а
2
≥
0;
D
= 4(
а
– 1)
2
– 4(4 –
а
–
а
2
),
D
= 4(
а
2
– 2
а
+ 1 – 4 +
а
+
а
2
),
D
= 4(2
а
2
–
а
– 3),
D
= 8(
а
+ 1)(
а
– 1,5).
Укажем
знаки
дискриминанта
на
соответствующих
промежутках
(
рис
. 19).
Рис
. 19
Рассмотрим
следующие
случаи
.
1)
D
≤
0:
если
а
∈
[–1; 1,5],
то
решением
является
любой
х
∈
R
.
2)
D
> 0:
если
а
∈
(–
∞
; –1)
(1,5; +
∞
),
то
(
)(
)
2
5
,1
1
2
2
2
2
1
−
+
−
+
−
=
a
a
a
x
,
( )(
)
5
,1
1
2
1
1
−
+
−
+
−
=
a
a
a
x
,
(
)(
)
2
5
,1
1
2
2
2
2
2
−
+
+
+
−
=
a
a
a
x
,
(
)(
)
5
,1
1
2
1
2
−
+
+
+
−
=
a
a
a
x
.
Решение
неравенства
показано
на
рис
. 20.
Рис
. 20
+
+
−
1
−
5
,
1
a
+
+
−
(
)(
)
5
,
1
1
2
1
−
+
−
−
a
a
a
x
(
)(
)
5
,1
1
2
1
−
+
+
−
a
a
a
46
Do'stlaringiz bilan baham: |
