Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Математика -> Звавич Л.И. -> "Алгебра и начала анализа" -> 14

Алгебра и начала анализа - Звавич Л.И.

Звавич Л.И., Аверьянов Д.И., Смирнова В.К. Алгебра и начала анализа — M,: Дрофа, 1997. — 2008 c.
ISBN 5—7107—1115—2
Скачать (прямая ссылка): algebra1997.djvu
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 56 >> Следующая

52
^ Область определения функции задается неравенством Ax + 1 > О, т. е. она представляет собой множество [-0,25; +«»). Нулями функции являются числа-0,25 и О. При - 0,25 < х < О функция отрицательна, при х > О — положительна.
Исследуем функцию на монотонность, для чего вычислим ее производную. При X > 0,25 имеем у' — J4x + 1 +
2х 6jc+ 1 1
+ і — ta ; у — О, если X * -г . Составим таблицу
jix+1 л/4х +1 о
монотонности функции:
X
у*
У
І-0.25} не опр. О
(-0,25; -1/6)
{-1/6} 0
-л/3/18
(-1/6; +->) +
Из таблицы видно, что -1/6 является точкой минимума функции, а значение в этой точке — минимальным значением функции в области определения. При изменении х от —1/6 до
бесконечности у возрастает от —-УЗ/18 до бесконечности. Таким образом, множество значений заданной функции —
промежуток [—-Уз/18 ; +°°).
Ответ: E (у) =¦ [-л/3/18; +»).
Вариант 11
1.061. Решите уравнение 2х + 4 - Jx + 2 =15.
¦fr Сделаем замену переменной: t — Jx+ 2. Тогда относи-
о
тельно новой неизвестной t получим уравнение 2t — t — 15 ¦* О. Его корнями являются числа Z1 ¦ 3, ^ ¦ —2,5.
Возвращаясь к исходной переменной х, получим два уравнения: Jx+2 — 3 и Jx + 2 — -2,5. Из первого имеем х + 2 — 9, т. е. х в 7, а второе не имеет решений.
Ответ: 7.
Замечание. Приведенный способ решения является наиболее аффективным применительно к данному примеру, хотя уравнение можно
решить и другим способом, например переписав его в виде Jx + 2 — — 2х- 11, возвести его обе части в квадрат при условии 2х—11 > 0, и т. д.
1.062. Найдите все значения х, при которых функция у — log2 (х2 + х) - 1 принимает положительные значения.
¦fr Задача сводится к решению неравенства 1Og2 (х2 + х) - 1 >
> О, или log2 (х2 + х) > 1. Учитывая характер монотонности логарифмической функции по основанию, большему 1, сведем нера-
63
венство к квадратному: х2 + х > 2, или (х - 1) (х + 2) > О. Решение последнего — объединение промежутков (-«»; -2) и (1; -Н»).
Ответ: (-°о;-2) ^ (1; +°°)-
Залсечакир. Мы совершенно сознательно обошлись без упоминания об условии существования логарифма — неравенства х2 + х > О, поскольку ©но непосредственно следует из неравенства х2 + х > 2.
1.063. Решите систему уравнений
\ ¦V 2 ху — Zy
-9-х'
щ+ Левую часть первого уравнения преобразуем к виду 2 + откуда, используя условия равенства степеней с одинаковыми основаниями, получим уравнение 2х + у — х- у + 3, или х + + 2^-3.
Левую часть второго уравнения представим как степень с основанием 5: б"2*2**'" 2^2). После этого аналогично перейдем к уравнению-4ху + Ay2 — 9- х2, или х2- Аху + Ay2 - 9, или (х - 2у)2 — 9. Последнее уравнение равносильно совокуп-
51
Рис. 1.6
ности уравнений
he -2у = 3, . \x-2y = -3.
Таким образом, для решения исходной системы доста точно решить каждую из двух систем:
jc +2у = 3, Г ас +2у =
jc-2y = 3 И |х-2у = -пара чисел х — 3, у — О, вгорой —
* Первой удовлетворяет 3.
пара je — О,,у — 1,5 -
Ответ: (3; О), (О; 1,6).
1.064. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции у — 2 сое 2х — — cos 4JC иа отрезке [0; л/2].
¦fr " Заданная функция непрерывна и дифференцируема в каждой точке отрезка [О; л/2]. Наибольшее и наименьшее значения непрерывной на отрезке функции могут достигаться либо на концах этого отрезка, либо в критических точках, ему принадлежащих. Для определения критических точек функции найдем ее производную: у' — —4 sin 2jc + 4 sin 4jc. Имеем у' — 0, если sin 4jc — sin 2х.
Воспользуемся условием равенства синусов: віл а — sin ?, если а — ? + 2лА или а — я — ? + 2яп, где ft, п — целые. Следовательно, 4jc — 2х + 2яЛ, т. е. X — Tcfe, или 4jc — к- 2х + 2яп, т. е.
х"ё + IF * л є Z. Среди чисел первой серии отрезку [О; л/2]
принадлежит число О. Среди чисел второй серии заданному отрезку принадлежат два числа: л/6 при д«0и я/2 при п — 1. (Заметим, что О и л/2 являются также концами заданного отрезка.)
Вычисляем значения функции в каждой из трех найденных точек: у(0) — 1; у(л/6) — 1,5; у(л/2) — -3. Наибольшим из этих значений функции является 1,5, наименьшим — число (-3).
Ответ: 1,5 и-3.
Замечание, Для получения конечного результата совсем не обязательно проводить исследование функции на монотонность, а достаточно определить значения функции в ее критических точках и иа концах заданного отрезка (как мы и поступили).
1.065. Вычислите площадь фигуры, ограниченной графиком функции
1 2
у——2** + 8и двумя касательными к этому графику, проходящими через точку иа оси Oy и образующими между собой угол 90".
¦fr Прежде всего покажем, что ось Oy является осью симметрии двух касательных к заданному графику, проходящих через точку этой оси. Пусть прямая у — ах + Ь является касательной к графику функции у — — *2 + 3. Эта прямая проходит через точку (0; о). Через точку (0; Ъ) должна (по услоЕлю)
55
проходить и другая касательная к заданному графику, а значит, ее уравнение можно записать как у — агх + Ь. Выразим коэффициент O1 через а.
Прямая у — ах + Ь, будучи касательной, имеет с параболой у *= -? jc2 + 3 единственную общую точку, а это означает,
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 56 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed