ГлавнаяЕГЭ Математика (профиль)Задание 13Тригонометрия и логарифмы

Задание 13 ЕГЭ, математика (профиль): Тригонометрия и логарифмы

ЕГЭ Математика (профиль)Задание 13Уравнения смешанного типаЛогарифмические уравнения

а)  Решите уравнение 2 логарифм по основанию левая круглая скобка 2025 правая круглая скобка левая круглая скобка 2 минус 2 косинус 2x правая круглая скобка = логарифм по основанию левая круглая скобка корень из: начало аргумента: 2025 конец аргумента правая круглая скобка левая круглая скобка 2 косинус левая круглая скобка дробь: числитель: 2025 Пи , знаменатель: 2 конец дроби плюс x правая круглая скобка правая круглая скобка .

б)  Найдите все корни уравнения, принадлежащие отрезку левая квадратная скобка дробь: числитель: Пи , знаменатель: 2 конец дроби ; 2 Пи правая квадратная скобка .

В подтеме 42 задач
Разбор
Главная идея: Свести оба логарифма к одному основанию через свойство log⁡ax=2log⁡ax\log_{\sqrt a}x=2\log_a x, затем перейти к равенству аргументов с учётом области определения (положительности подлогарифменных выражений).

1. Приводим логарифмы к одному основанию. Так как log⁡2025A=log⁡2025Alog⁡20252025=log⁡2025A1/2=2log⁡2025A\log_{\sqrt{2025}}A=\dfrac{\log_{2025}A}{\log_{2025}\sqrt{2025}}=\dfrac{\log_{2025}A}{1/2}=2\log_{2025}A, правая часть уравнения превращается в 2log⁡2025(2cos⁡(2025π2+x))2\log_{2025}\left(2\cos\left(\dfrac{2025\pi}{2}+x\right)\right). Теперь коэффициенты слева и справа одинаковы (по 2), значит равенство логарифмов с равными коэффициентами при одинаковом основании равносильно равенству аргументов при условии, что оба аргумента положительны.

2. Упрощаем аргумент косинуса. 2025π2=1012π+π2\dfrac{2025\pi}{2}=1012\pi+\dfrac{\pi}{2}, а 1012π=506⋅2π1012\pi=506\cdot2\pi — целое число периодов, поэтому cos⁡(2025π2+x)=cos⁡(π2+x)=−sin⁡x\cos\left(\dfrac{2025\pi}{2}+x\right)=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)=-\sin x.

3. Записываем систему. Получаем равносильную систему: {2−2cos⁡2x=−2sin⁡x,−2sin⁡x>0⟺{2−2cos⁡2x=−2sin⁡x,sin⁡x<0.\begin{cases}2-2\cos2x=-2\sin x,\\ -2\sin x>0\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}2-2\cos2x=-2\sin x,\\ \sin x<0.\end{cases} Условие 2−2cos⁡2x>02-2\cos2x>0 выполняется автоматически (кроме точек, где sin⁡x=0\sin x=0, а они и так исключены вторым неравенством).

4. Решаем уравнение. Используем cos⁡2x=1−2sin⁡2x\cos2x=1-2\sin^2x: 2−2(1−2sin⁡2x)=−2sin⁡x⇒4sin⁡2x+2sin⁡x=0⇒2sin⁡x(2sin⁡x+1)=02-2(1-2\sin^2x)=-2\sin x\Rightarrow4\sin^2x+2\sin x=0\Rightarrow2\sin x(2\sin x+1)=0. Отсюда sin⁡x=0\sin x=0 или sin⁡x=−12\sin x=-\dfrac12. Первый корень не подходит по условию sin⁡x<0\sin x<0, остаётся sin⁡x=−12\sin x=-\dfrac12 — оно само удовлетворяет неравенству.

5. Общее решение. sin⁡x=−12⇒x=−π6+2πk\sin x=-\dfrac12\Rightarrow x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k или x=−5π6+2πk, k∈Zx=-\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}.

6. Отбор корней на [π/2;2π][\pi/2;2\pi]. На единичной окружности точки с sin⁡x=−12\sin x=-\tfrac12 в этом промежутке — это x=7π6x=\dfrac{7\pi}{6} и x=11π6x=\dfrac{11\pi}{6} (оба получаются из общих формул при подходящем kk).

Типичные ошибки

  • Забывают учесть знак основания 2025\sqrt{2025} и не переводят его к общему основанию, теряя множитель 2.
  • Не учитывают область определения (условие sin⁡x<0\sin x<0), из-за чего в ответ попадает лишний корень sin⁡x=0\sin x=0.
  • Ошибаются при приведении cos⁡(2025π2+x)\cos\left(\dfrac{2025\pi}{2}+x\right) к −sin⁡x-\sin x, не используя периодичность косинуса корректно.
Непонятно?

Похожие задачи