Задача 10151508 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

шаг 1.Раскладываем числитель на множители

Основание степени 35 = 5 · 7, поэтому 35^|x| = 5^|x| · 7^|x|. Дальше группируем слагаемые попарно и выносим общий множитель.

35^{| x |} = {(5 \cdot 7)}^{| x |} = 5^{| x |} \cdot 7^{| x |}

5^{| x |} \cdot 7^{| x |} - 5^{| x |} - 5 \cdot 7^{| x |} + 5 =

= 5^{| x |} (7^{| x |} - 1) - 5 (7^{| x |} - 1) =

= (7^{| x |} - 1) (5^{| x |} - 5)

\frac{(7^{| x |} - 1) (5^{| x |} - 5)}{2^{\sqrt{x + 2}} + 1} \geq 0

Первые два слагаемых дают 5^|x|(7^|x| − 1), вторые два — −5(7^|x| − 1); скобка общая, её и выносим.

шаг 2.Метод рационализации

Каждая скобка числителя — разность степеней с одинаковым основанием степени (единицу пишем как 7⁰, пятёрку как 5¹). Применяем метод рационализации: aᶠ − aᵍ имеет тот же знак, что (a − 1)(f − g). Замена сохраняет знак только на ОДЗ, поэтому переходим сразу к равносильной системе.

\frac{(7^{| x |} - 7^{0}) (5^{| x |} - 5^{1})}{2^{\sqrt{x + 2}} + 1} \geq 0

⟺ {\begin{matrix} \frac{(7 - 1) (| x | - 0) (5 - 1) (| x | - 1)}{2^{\sqrt{x + 2}} + 1} \geq 0 & 1 \\ x + 2 \geq 0 & 2 \end{matrix}

Ограничение ② — это ОДЗ: подкоренное выражение неотрицательно. Знаменатель в нуль не обращается: степень 2^√(x+2) строго положительна, поэтому 2^√(x+2) + 1 > 1 > 0. Отдельной строки в системе он не требует.

шаг 3.Неравенство ①

Вычисляем множители: (7 − 1)(5 − 1) = 24. Положительное число 24 и положительный знаменатель на знак дроби не влияют — остаётся произведение |x|(|x| − 1).

Корни числителя: −1, 0 и 1 — закрашены (нестрогое ≥). Точка x = 0 — корень множителя |x|, который знак не меняет: чётная кратность, значит петелька. Точек разрыва у знаменателя нет.

1 \frac{(7 - 1) (| x | - 0) (5 - 1) (| x | - 1)}{2^{\sqrt{x + 2}} + 1} \geq 0

\frac{24 | x | (| x | - 1)}{\underset{> 0}{\underset{⏟}{2^{\sqrt{x + 2}} + 1}}} \geq 0

| x | (| x | - 1) \geq 0

Пробная точка x = 2: |2|(|2| − 1) = 2 · 1 = 2 > 0 — знак «+» на правом интервале. Множитель |x| неотрицателен при любом x и обращается в нуль только при x = 0, поэтому через эту точку знак не меняется — на оси петелька. Решение ①: x ∈ (−∞; −1] ∪ {0} ∪ [1; +∞).

шаг 4.Ограничение ② и пересечение

Условие ② даёт луч x ≥ −2. Пересекаем его с решением неравенства ①.

2 x + 2 \geq 0 ⟺ x \geq - 2

Левый луч (−∞; −1] обрезается до отрезка [−2; −1]: левее −2 подкоренное выражение отрицательно. Изолированная точка x = 0 и правый луч [1; +∞) целиком лежат в ОДЗ и остаются без изменений.

условие

шаг 1.Раскладываем числитель на множители

шаг 2.Метод рационализации

шаг 3.Неравенство ①

шаг 4.Ограничение ② и пересечение

ответ