Алгебра и начала анализа - Звавич Л.И.
ISBN 5—7107—1115—2
Скачать (прямая ссылка):
+ 19A - 10)е*х - 0, или 2Л3 - 11Л2 + 19* - 10 - 0. Один из целых корней уравнения Ie1 3 1.
Разделив многочлен 2a3-11a2 + 19a-1O на k - 1, получим многочлен 2Л2- 9й + 10. Тогда 2й2- 9k + 10 - 0; k2 = 2; A3 = 2,5.
Ответ: при всех k є {1; 2; 2,5}.
2.074. Решите неравенство XOg2(X2- 2х) + lug0B(x2- 2х)3 + 2 < 0. ¦Ф Заменим данное неравенство равносильным:
1OgI(X2 - 2х) - 31Og2(X2 - 2х) + 2 < О.
Пусть 1Og2(X2 - 2х) — t. Тогда исходное неравенство можно
переписать так: t2 - 3t + 2 < 0. Отсюда 1 < t < 2 и, значит, 1 < < 1Og2(X2 - 2х) < 2, или 2 < X2 - 2х < 4. Прибавив 1 к левой и правой частям каждого из последних неравенств, придем к
неравенству 3 < (х— I)2 < 5. Итак, 1— Jb < х < 1 - J3 или 1 + + JU < х< 1 + Jb.
OTBeT:[l-75;l--y3]u[l+V3;l + V5].
148
AAm /tg XH ctg X Г~х~~і 2.075. Решите уравнение J-2-5— — ^ ctg 2
Заметим, что
2 2
tg X + ctg X sin X+ COS X
1 X
2sin X cos X ~" sin 2x>c*^2 "
2^ . 2* cos 2 — 8111 2
"^2
можно записать иначе:
X X
sin O cos
2cos X sin X
. Тогда исходное уравнение
V sin 2x \
2 cos X sin X
2 cos X sin X sin 2x > 0
2cos X sin X
4cos2x - 1, sin2x > 0
cos2x — -0,5, sin2x > 0,
2я n n
т. е. 2x — "о" + 2яп; x =» o + яп, л є Z.
ГС
Ответ: 2 + ял, пе Z.
2.076. Найдите наибольший модуль комплексного числа 2, удовлетворяющего условию \zi - Зі +- 4| <
¦fr Так как Ц - 1, а И-31 + 4| - 3 - 4i)i(3 + 40| -
— |z - (3 +¦ 4i)|, то исходное множество может быть задано условием \г - (3 + 41)1 < 1- Это круг с центром в точке А (3; 4) и радиусом Г — 1.
Поскольку OA = 5, OA - г < \г\ < OA + г, имеем 4 < |z| < 6. Среди точек круга существует точка Z0, для которой |zq| — 6. Это
точка пересечения границы круга и продолжения отрезка OA.
Ответ: 6.
*
2.077. Найдите все такие точки M графика функции у — х2 - 4х„ что площадь фигуры, ограниченной этим графиком, касательной к графику, проходящей через точку M9 и осью ординат, равна 72.
¦fr Искомая точка графика у — х2 - 4х может находиться как справа, так и слева от оси Oy. Учитывая, что уравнение касательной к графику функции у — х2 - 4х в точке с абсциссой х0 имеет вид у =¦ (2х0- 4)х- X0, а касательная лежит ниже
параболы (х2 -4х > (2х0 - 4)х - X0), заданную площадь можно
записать так:
140
если Jc0 > О, то S =- J
(л:2-4л:
{(2x0-4)r-x2))dx -
- J(X-X0) dx - --^-
з
3 ;
з
если JC0 < О, то S - J (JC-JC0)2 djc - -*'*0*
3 ¦
2.0€
Из уравнений дс^/3 - 72 при Jt0 > О и-х§/3 - 72 при Jc0 < О находим X0 - 6 или X0 --6. Искомые точки: (-6; 60) и (6; 12).
г Ответ: (-6; 60) и (6; 12).
2.078, Для каждого а укажите количество корней уравнения 0 \л - е-**.
При а - О корней нет; при а Ф О данное уравнение равносильно уравнению (2х + 1)е"х — а.
Рассмотрим функцию Дх) - е~х (2х + 1), дифференцируемую на Я. Имеем: f'(x) —2хе~**{2х +1) -*- 2е_*2; /'(*) - 2е~^(-2х2-х + + 1). f'(x) - О при-гх2- X + 1 - О, т. е. при X1 --1; х2 - 0,5.
В результате получаем:
X —-1 — точка минимума, /(-1) — ; t
2
X - 0,5 — точка максимума, Д0,5) - — (рис 2.1Б и 2.16);
Ve
lim f(x) - lim f{x) - О, X - - i не является корнем уравнения /(х) — а ни при каком а Ф О.
<0,
2.086
- + -1
0,5
ЛОВИ]
Рис. 2.15
Рис. 2.16
150
dx
1 2
Ответ: при а — О; а <-~ ; а > ~ корней нет;
при а —-~ и а
е""
один корень;
1 2
при-~ <с<ОиО<с< "і два корня.
е 4Ji
з ¦
*0<0| I; 12). f
»; 12).
= <гх
>авно-
Вариант 15
2.085. Решите систему неравенств
log2(21 - х) + log0.B<* - 1) > log^ 3f 0,5^^ < 2". Преобразуем первое неравенство:
log2(21 - де) + log0,5(*- 1) > logg 3 <=> <=> log2(21 - де) > log2(JC- 1) + log29 <=>
21- je > 9x- 9 <=> { 21 - jc> 0 <=>
jc- 1 > 0
jc< 3
X < 21; <=> 1 < jc < 3. jc> 1
уемую
''JC +
= 0,5.
2.16);
?рнем L
тх л _»/2 с + 3 л „J2x + З
Для второго неравенства имеем 0,f> < z <=> 0,5 <
< 0,5х. Так как у — 0,5* — монотонно убывающая функция, то
V2jc + 3 > jc «
їх>0, I 2jc + 3 > jc2, jc < 0, _ 2jc + 3 > О
[ г > О,
1-1 < jc < 3,
|*<0, <=>
|х>-1,5
ГО < jc < 3, % _ ^ 0
Ответ: (1; 3).
2.086. Найдите все решения уравнения Jl + cos Jt — ^/2 — */б sin ^ »
X
удовлетворяющие условию cos 2 < О.
JC
¦Ф Так как 1 + cosx — 2cos2cj * то Jl + сое х -» ^/2 lcosg I- По ус-
* і xi " х
ловию, cos 2 < О, т. е. |cos ^ I -cos 2 и данное уравнение при-
151
мет вид - л/2 cos л - J2 — «/б sin 9. Далее имеем -1
-ч
А є Z;
~2~sin 2 + 2cos 2 '* cos
л /ас тел 1 X я 2я j; cos^2-3j «-2; 2 " 3 * З +
2яа
2 — я + 2я&,
X
2
X я
о ™— 5 + 2ягп; ft, /л є Z.
X X
Если 2 я + 2яА, то COs2 < О; значит, х - 2я + 4яА искомые решения.
_ X я X
Если 2 ** з 2тст, то cos2 > О, и соответствующие
значения X не удовлетворяют заданному условию.
Qt в е т: X - 2я + 4яА, А є Z.|
2.087. Решите систему уравнений
Iz+ 2І
\г + 4і |z + 2i|
-1.
Так как
2+21
I*-Il 72"
Iz н 2і|
" jz+Ui " то \z + 2il e lz +¦41I- 970 мн<
z + 4t
жество — серединный перпендикуляр к отрезку AB9 где Л (0; -2). В (0; —4) — точки, соответствующие числам —2t и -4t. Уравне-] ние этого перпендикуляра есть у — —3. Из второго уравнения^
