Задача 10150688 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

шаг 1.Область допустимых значений

В показателях степени дроби со знаменателями 2x и 1 − x.

ОДЗ

{\begin{matrix} 2 x \neq 0 \\ 1 - x \neq 0 \end{matrix} ⟺ {\begin{matrix} x \neq 0 \\ x \neq 1 \end{matrix}

шаг 2.Анализ основания степени

Основание степени 2ˣ + 0,09·2⁻ˣ положительно при любом x — это сумма двух положительных слагаемых. Сравнить две степени с общим основанием a позволяет монотонность показательной функции aᵗ при a > 1 она возрастает, при a = 1 постоянна, при 0 < a < 1 убывает.

В каждом из трёх случаев основание a сравнивается с единицей, поэтому для ускорения сразу решим уравнение a = 1 — его корни разделят прямую на зоны и понадобятся во всех случаях.

a = 2^{x} + 0,09 \cdot 2^{- x}, a > 0

a^{\frac{1}{2 x}} \geq a^{\frac{1}{1 - x}}

2^{x} + 0,09 \cdot 2^{- x} = 1

u = 2^{x}, u > 0

u + \frac{0,09}{u} = 1 | \cdot u

u^{2} - u + 0,09 = 0

D = 1 - 4 \cdot 0,09 = 0,64

u = \frac{1 \pm 0,8}{2} \begin{matrix} = 0,9 \\ = 0,1 \end{matrix}

[\begin{matrix} 2^{x} = 0,9 \\ 2^{x} = 0,1 \end{matrix}

[\begin{matrix} x = \log_{2} 0,9 \\ x = \log_{2} 0,1 \end{matrix}

2^{x} + 0,09 \cdot 2^{- x} = 1 ⟺ (2^{x} - 0,9) (2^{x} - 0,1) = 0

Корни u = 0,1 и u = 0,9 (значит a = 1 при x = log₂0,1 и x = log₂0,9) переиспользуем во всех трёх случаях — дискриминант не пересчитываем. Ниже — то же уравнение, разложенное сразу на две скобки относительно 2ˣ.

шаг 3.Случай a > 1

Функция aᵗ возрастает — знак неравенства между показателями степени сохраняется (остаётся ≥). Сначала решаем условие на основание a > 1, затем неравенство между показателями степени, и пересекаем результаты.

a > 1

(2^{x} - 0,9) (2^{x} - 0,1) > 0

[\begin{matrix} x < \log_{2} 0,1 \\ x > \log_{2} 0,9 \end{matrix}

\frac{1}{2 x} \geq \frac{1}{1 - x}

\frac{1}{2 x} - \frac{1}{1 - x} \geq 0

\frac{(1 - x) - 2 x}{2 x (1 - x)} \geq 0

\frac{1 - 3 x}{2 x (1 - x)} \geq 0

\frac{3 (\frac{1}{3} - x)}{2 x (1 - x)} \geq 0

Пробная точка x = 0,1 на (0; 1/3): (1 − 0,3)/(0,2·0,9) > 0 → знак «+», дальше чередуются. Решение (0; 1/3] ∪ (1; +∞) целиком правее log₂0,9 ≈ −0,15 (зона a > 1), поэтому пересечение совпадает с ним.

шаг 4.Случай a = 1

Единица в любой степени равна 1, поэтому неравенство 1 ≥ 1 верно при любом показателе степени. Уравнение a = 1 уже решено в шаге 2 — обе его точки входят в ответ.

x = \log_{2} 0,1 или x = \log_{2} 0,9

шаг 5.Случай 0 < a < 1

Функция aᵗ убывает — знак неравенства между показателями степени меняется на противоположный (становится ≤). Слагаемое a > 0 всегда, поэтому условие сводится к a < 1. Решаем его и пересекаем с неравенством между показателями степени.

0 < a < 1

(2^{x} - 0,9) (2^{x} - 0,1) < 0

\log_{2} 0,1 < x < \log_{2} 0,9

\frac{1}{2 x} \leq \frac{1}{1 - x}

\frac{1}{2 x} - \frac{1}{1 - x} \leq 0

\frac{(1 - x) - 2 x}{2 x (1 - x)} \leq 0

\frac{1 - 3 x}{2 x (1 - x)} \leq 0

\frac{3 (\frac{1}{3} - x)}{2 x (1 - x)} \leq 0

Выражение то же, знаки те же — но берём интервалы «−»: (−∞; 0) ∪ [1/3; 1). Зона 0 < a < 1 — это (log₂0,1; log₂0,9) ⊂ (−∞; 0), поэтому пересечение даёт весь этот интервал.

шаг 6.Объединяем

Случай a > 1 дал (0; 1/3] ∪ (1; +∞); случай 0 < a < 1 — интервал (log₂0,1; log₂0,9); случай a = 1 добавил его концы, замкнув отрезок [log₂0,1; log₂0,9]. Число x — решение, если подходит хотя бы под один случай, поэтому результаты соединяем через объединение.