Подборка задач по алгебре для 11 класса

x )  2  3 x  9 ( 1 2 2 x )  3 2  x  2 9 Решение. 1 ( 28 2 ) 2 x  x 9   2 x 2  28  x  0 9 1. Решите уравнение  ( 1 4 x )   x 3  2 .9 ( 1 4   0 2 x .0  x  x     2 2    x 2  0 ,2 9 =у, тогда  Пусть 2 x 2           у² + 8у – 9 = 0   2 x   x )2( 2  y 2 .     y y  ,1  .9 D = 8² ­ 4  1 (­9) = 64 + 36 = 100 y 1  8  2 100  8  100 y 2  2   8  2  8 2  10  1 10  .9        Уравнение 2  не имеет решений, так как функция   принимает y t 2 9 x только положительные значения. 2  так как функция   x 20 x ,0  возрастает на R. y t 2           Ответ: 0. 2. Решите уравнение sin²x – cos²x = (cos x – sin x)².                                              Решение. sin²x – cos²x = (cos x – sin x)²  ­2cos² x = ­2sin x cos x  1 – 2cos²x = cos²x – 2sin x cos x + sin²x 2sin x cos x – 2cos²x = 0       2 sin cos x x      ,0 cos x   0  cos x  ,0 sin x  sin(      2  0       x x  x )    2  4  Zmm  , ,  kk ,  Z . sin x – cos x = 0  sin x – sin(  ) = 0   2sin x   2 x 2 x  2 sin     x  cos = 0   sin  = 0   cos  4 ( x  ) 4   2 2 2   4  4  k x  kk ,  Z .   ( 2 2 sin cos  x ) x  =0    x )  ( 2 2  = 0   ( x  ) 4 Ответ:   2   Zmm  , ;  4   kk ,  Z . 3. Определите,   при   каком   значении  х  производная   функции   )( xf  x 3  5 равна 0,15.                                                 Решение. )( xf D(f)=[  x 3 5 ;+).  5 3 Функция дифференцируема на промежутке ( Найдём производную данной функции: f  )( x  3( )5 x  . 3 32 x  5 5  ). ; 3  Найдём при каком значении х производная функции равна 0,15.        5 3 3 32 x 5 3 33,0 5 3  5 5 3  ,15,0 ,100             ,10     ,3     3 5 3 5 5 x x x x x x x      Ответ: 35. 4. Решите неравенство  log 3 ( x  )7   3 5( x log ) Решение.  log 3(  3 x ). 3 x x   ,105 5 3  x .35 Найдём область значений неравенства.  x  5   3  Решаем неравенство, учитывая, что функция        ,7  ,5  3  ,0 ,0 0 7 x x x x x       .3 7 x  возрастает при t > 0. ) x 3(      15 x  3  7 x 7 3 (  log  7   x x x 3 x 5 )7 3 x 2 log y 5( log 3 3  t x  3)(  x ),  ,      2 x  9 x x  7 8 3 ,0  log 3 ( x  )7  log 5(  3 x )  log 3           7  5( x  3  7 x   x   x   7 ,1 ,8 x 3 x 3)(  x ),      7 x .1 Решим неравенство х² ­ 9х + 8 > 0  методом интервалов. Пусть  2 x  )( xf  при х = 1, х = 8; .8  9 x 0 )( xf D(f) = (­; +) х² ­ 9х + 8 = (х – 8)(х – 1) 9  (8; +); f(9) = 8 > 0 5  (1; 8);  f(5) = ­12 < 0 0  (­; 1);  f(0) = 8 > 0                    +                         ­                          +                              1                                8                       x f(x) > 0  при  х  (­; 1)  (8; +). х² ­  9х + 8 > 0      x x   ,1 .8 Ответ: (­7; 1). 5. Докажите, что функция  )( xF функции  )( xf  3 x x   31 3( xx x  3 )1 1 x  32  ln 1999    на промежутке ( 1 x      является первообразной 1  ). ; 3 Функция   )( xF  ln x  32 x  1  1999 дифференцируема   на   интервале   ( Решение.   определена   на   промежутке   ,  ) 1  3 .   Чтобы   доказать,   что   функция ; )( xF  ln x  32 x  1  x 3  )( xf  31 xx 3( функции F(x). x  x  3 )1 1999   1  )( xF (ln x  3(2 x  )1 1 2  ) 1999  x 3 x x  31  1 x 3  3 x x  3 x 3(1  x 1 1  ) ; 3     является   первообразной   функции   на   промежутке   ( ,   надо   найти   производную 1  ) ; 3 2 1  2 3 x 1 x  )31 x  3 1 x  1 2 3( x  )1  3( x  )1  0 1 x 3 x 3  1  x  1  31 x  3( x x 3 )1  ( xf ).  )( xF )( xf    на промежутке ( первообразной функции  , значит  1  ) ; 3 )( xF  ln x  32 x  1  1999  является )( xf  3 x  31 3( xx x  3 )1 x  1   на промежутке ( . 1  ) ; 3 6. При каких значениях а уравнение х³ ­ 3х² ­ 24х + а = 0  имеет ровно два различных корня? Решение. Уравнение х³ ­ 3х² ­ 24х + а = 0  имеет ровно два различных корня, то есть функция  f(x)= х³ ­ 3х² ­ 24х + а  должна принимать значение 0 ровно в двух различных точках. f(x)= х³ ­ 3х² ­ 24х + а дифференцируема при xR. =3х² ­ 6х – 24 = 3(х² ­ 2х – 8) = 3(х – 4) (х + 2). f  )(x Найдём критические точки функции f(x), решив уравнение  = 0. f  )(x 3(х – 4)(х + 2) = 0      x x x   f  )(x f(x) (­; ­2) +  ,4  .2 ­2 0 28+a max (­2; 4) ­ (4; +) + 4 0 ­80+a min  5  (4; +) f (5) = 3 (5 – 4)(5 + 2) = 3  7 = 21 > 0 0  (­2; 4) f (0) = 3 (­4)  2 = ­24 < 0 ­3  (­; ­2) f (­3) = 3 (­3 – 4)(­3 + 2) = 21 > 0. f(­2) = (­2)³ ­ 3  (­2)² ­ 24  (­2) + а = ­8 – 12 + 48 +  а = 28 + а. f(4) = 4³ ­ 3  4² ­ 24  4 + a = 64 – 48 – 96 + a = ­80 + a. Учитывая непрерывность функции f(x) в точках –2;  4, функция возрастает на промежутке (­; ­2]  от ­  до значения f(­2); на отрезке [­2; 4] f(x)  убывает от значения f(­2)  до значения   f(4);   на промежутке [2; +) f(x)  возрастает от f(2) до +.  Следовательно, функция f(x) принимает каждое из значений  f(­2) и  f(4)  ровно два раза, а остальные значения – либо один, либо три раза. Таким образом, только в случае если f(­2) = 0   или   f(4) = 0  значение 0 принимает функция     f(x) ровно два раза. Получаем:   a ,0 a   a a 80 0   28         ,28 .80 Ответ: ­28;  80.