Номер 100, страница 374 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087768-8
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 10 классе
Решение неравенств. Задания для повторения - номер 100, страница 374.
№100 (с. 374)
Условие. №100 (с. 374)
скриншот условия

100 а) $|2x + 3| > \frac{2}{2x + 1};$
б) $|2x - 3| > \frac{2}{x - 2};$
В) $|x + 1| > \frac{2}{x - 2};$
Г) $|x + 2| > \frac{1}{x - 1}.$
Решение 1. №100 (с. 374)




Решение 2. №100 (с. 374)

Решение 3. №100 (с. 374)



Решение 5. №100 (с. 374)
а)
Решим неравенство $|2x+3| > \frac{2}{2x+1}$.
Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием, что знаменатель не равен нулю: $2x+1 \neq 0$, то есть $x \neq -0.5$.
Рассмотрим два случая в зависимости от знака правой части неравенства.
Случай 1: Правая часть отрицательна.
$\frac{2}{2x+1} < 0 \implies 2x+1 < 0 \implies x < -0.5$.
В этом случае левая часть, модуль $|2x+3|$, является неотрицательной величиной. Любое неотрицательное число больше любого отрицательного. Следовательно, неравенство выполняется для всех $x$ из этого промежутка.
Случай 2: Правая часть положительна.
$\frac{2}{2x+1} > 0 \implies 2x+1 > 0 \implies x > -0.5$.
В этом случае обе части неравенства положительны. Неравенство вида $|f(x)| > g(x)$ при $g(x) > 0$ равносильно совокупности двух неравенств: $f(x) > g(x)$ или $f(x) < -g(x)$.
1) $2x+3 > \frac{2}{2x+1}$
$2x+3 - \frac{2}{2x+1} > 0$
$\frac{(2x+3)(2x+1) - 2}{2x+1} > 0$
$\frac{4x^2+6x+2x+3-2}{2x+1} > 0$
$\frac{4x^2+8x+1}{2x+1} > 0$
Так как мы рассматриваем случай $x > -0.5$, знаменатель $2x+1$ положителен. Поэтому неравенство сводится к $4x^2+8x+1 > 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $4x^2+8x+1=0$.
Дискриминант $D = 8^2 - 4 \cdot 4 \cdot 1 = 64 - 16 = 48$, $\sqrt{D} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{-8 \pm 4\sqrt{3}}{8} = -1 \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Решением неравенства $4x^2+8x+1 > 0$ является $x \in (-\infty; -1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) \cup (-1 + \frac{\sqrt{3}}{2}; +\infty)$.
С учетом условия $x > -0.5$, получаем решение $x > -1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ (поскольку $-1 + \frac{\sqrt{3}}{2} \approx -0.134 > -0.5$).
2) $2x+3 < -\frac{2}{2x+1}$
$2x+3 + \frac{2}{2x+1} < 0$
$\frac{(2x+3)(2x+1) + 2}{2x+1} < 0$
$\frac{4x^2+8x+3+2}{2x+1} < 0$
$\frac{4x^2+8x+5}{2x+1} < 0$
При $x > -0.5$ знаменатель положителен, значит, нужно решить $4x^2+8x+5 < 0$.
Дискриминант $D = 8^2 - 4 \cdot 4 \cdot 5 = 64 - 80 = -16 < 0$. Так как старший коэффициент (4) положителен, выражение $4x^2+8x+5$ всегда положительно. Следовательно, это неравенство не имеет решений.
Объединяя решения из двух случаев, получаем:
Из случая 1: $x < -0.5$.
Из случая 2: $x > -1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Итоговое решение является объединением этих множеств.
Ответ: $x \in (-\infty; -0.5) \cup (-1 + \frac{\sqrt{3}}{2}; +\infty)$.
б)
Решим неравенство $|2x-3| > \frac{2}{x-2}$.
ОДЗ: $x-2 \neq 0 \implies x \neq 2$.
Случай 1: $\frac{2}{x-2} < 0 \implies x-2 < 0 \implies x < 2$.
Левая часть $|2x-3| \ge 0$. Неотрицательное число всегда больше отрицательного. Неравенство выполняется для всех $x < 2$.
Случай 2: $\frac{2}{x-2} > 0 \implies x-2 > 0 \implies x > 2$.
Обе части положительны. Решаем совокупность: $2x-3 > \frac{2}{x-2}$ или $2x-3 < -\frac{2}{x-2}$.
1) $2x-3 - \frac{2}{x-2} > 0 \implies \frac{(2x-3)(x-2)-2}{x-2} > 0 \implies \frac{2x^2-7x+4}{x-2} > 0$.
При $x > 2$ знаменатель положителен, поэтому решаем $2x^2-7x+4 > 0$.
Корни уравнения $2x^2-7x+4=0$: $D = 49-32=17$, $x_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{17}}{4}$.
Решение $2x^2-7x+4 > 0$: $x \in (-\infty; \frac{7-\sqrt{17}}{4}) \cup (\frac{7+\sqrt{17}}{4}; +\infty)$.
С учетом $x > 2$, получаем $x > \frac{7+\sqrt{17}}{4}$ (т.к. $\frac{7+\sqrt{17}}{4} \approx 2.78 > 2$).
2) $2x-3 + \frac{2}{x-2} < 0 \implies \frac{(2x-3)(x-2)+2}{x-2} < 0 \implies \frac{2x^2-7x+8}{x-2} < 0$.
При $x > 2$ решаем $2x^2-7x+8 < 0$.
$D = 49 - 64 = -15 < 0$. Выражение $2x^2-7x+8$ всегда положительно. Решений нет.
Объединяем решения из двух случаев: $x < 2$ и $x > \frac{7+\sqrt{17}}{4}$.
Ответ: $x \in (-\infty; 2) \cup (\frac{7+\sqrt{17}}{4}; +\infty)$.
в)
Решим неравенство $|x+1| > \frac{2}{x-2}$.
ОДЗ: $x-2 \neq 0 \implies x \neq 2$.
Случай 1: $\frac{2}{x-2} < 0 \implies x < 2$.
Неравенство $|x+1| > \text{отрицательное число}$ верно для всех $x < 2$.
Случай 2: $\frac{2}{x-2} > 0 \implies x > 2$.
Обе части положительны. Решаем совокупность: $x+1 > \frac{2}{x-2}$ или $x+1 < -\frac{2}{x-2}$.
1) $x+1 - \frac{2}{x-2} > 0 \implies \frac{(x+1)(x-2)-2}{x-2} > 0 \implies \frac{x^2-x-4}{x-2} > 0$.
При $x > 2$ решаем $x^2-x-4 > 0$.
Корни уравнения $x^2-x-4=0$: $D=1+16=17$, $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$.
Решение $x^2-x-4 > 0$: $x \in (-\infty; \frac{1-\sqrt{17}}{2}) \cup (\frac{1+\sqrt{17}}{2}; +\infty)$.
С учетом $x>2$, получаем $x > \frac{1+\sqrt{17}}{2}$ (т.к. $\frac{1+\sqrt{17}}{2} \approx 2.56 > 2$).
2) $x+1 + \frac{2}{x-2} < 0 \implies \frac{(x+1)(x-2)+2}{x-2} < 0 \implies \frac{x^2-x}{x-2} < 0$.
При $x > 2$ все множители $x$, $x-1$, $x-2$ положительны, дробь положительна. Решений нет.
Объединяем решения из двух случаев: $x < 2$ и $x > \frac{1+\sqrt{17}}{2}$.
Ответ: $x \in (-\infty; 2) \cup (\frac{1+\sqrt{17}}{2}; +\infty)$.
г)
Решим неравенство $|x+2| > \frac{1}{x-1}$.
ОДЗ: $x-1 \neq 0 \implies x \neq 1$.
Случай 1: $\frac{1}{x-1} < 0 \implies x-1 < 0 \implies x < 1$.
Неравенство $|x+2| > \text{отрицательное число}$ верно для всех $x < 1$.
Случай 2: $\frac{1}{x-1} > 0 \implies x-1 > 0 \implies x > 1$.
Обе части положительны. Решаем совокупность: $x+2 > \frac{1}{x-1}$ или $x+2 < -\frac{1}{x-1}$.
1) $x+2 - \frac{1}{x-1} > 0 \implies \frac{(x+2)(x-1)-1}{x-1} > 0 \implies \frac{x^2+x-3}{x-1} > 0$.
При $x > 1$ решаем $x^2+x-3 > 0$.
Корни уравнения $x^2+x-3=0$: $D=1+12=13$, $x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{13}}{2}$.
Решение $x^2+x-3 > 0$: $x \in (-\infty; \frac{-1-\sqrt{13}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{13}}{2}; +\infty)$.
С учетом $x > 1$, получаем $x > \frac{-1+\sqrt{13}}{2}$ (т.к. $\frac{-1+\sqrt{13}}{2} \approx 1.3 > 1$).
2) $x+2 + \frac{1}{x-1} < 0 \implies \frac{(x+2)(x-1)+1}{x-1} < 0 \implies \frac{x^2+x-1}{x-1} < 0$.
При $x > 1$ решаем $x^2+x-1 < 0$.
Корни $x^2+x-1=0$: $D=1+4=5$, $x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Решение $x^2+x-1 < 0$: $x \in (\frac{-1-\sqrt{5}}{2}; \frac{-1+\sqrt{5}}{2})$.
Пересечение этого интервала с $x>1$ пусто (т.к. $\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0.62 < 1$). Решений нет.
Объединяем решения из двух случаев: $x < 1$ и $x > \frac{-1+\sqrt{13}}{2}$.
Ответ: $x \in (-\infty; 1) \cup (\frac{-1+\sqrt{13}}{2}; +\infty)$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 100 расположенного на странице 374 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №100 (с. 374), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.