Номер 918, страница 334 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой, розовый

ISBN: 978-5-09-087603-2

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 11 классе

Параграф 7. Упражнения. Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа - номер 918, страница 334.

№918 (с. 334)
Условие. №918 (с. 334)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 334, номер 918, Условие

918. Найти все значения a, при которых неравенство

$\log_{\frac{1}{2}}(x^2 + ax + 1) < 1$

выполняется для всех x из промежутка $x < 0$.

Решение 1. №918 (с. 334)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 334, номер 918, Решение 1
Решение 2. №918 (с. 334)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Колягин Юрий Михайлович, Ткачева Мария Владимировна, Федорова Надежда Евгеньевна, Шабунин Михаил Иванович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 334, номер 918, Решение 2
Решение 3. №918 (с. 334)

Исходное неравенство $\log_{\frac{1}{2}}(x^2 + ax + 1) < 1$ должно выполняться для всех $x < 0$.

Поскольку основание логарифма $\frac{1}{2}$ находится в интервале $(0, 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Следовательно, при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Также необходимо учесть область определения логарифма: его аргумент должен быть строго больше нуля. Это приводит к системе неравенств:

$$ \begin{cases} x^2 + ax + 1 > 0 \\ x^2 + ax + 1 > \left(\frac{1}{2}\right)^1 \end{cases} $$

Неравенство $x^2 + ax + 1 > \frac{1}{2}$ является более строгим, чем $x^2 + ax + 1 > 0$, поэтому достаточно потребовать выполнения только его. Таким образом, задача сводится к нахождению всех значений параметра $a$, при которых неравенство $x^2 + ax + 1 > \frac{1}{2}$ выполняется для всех $x < 0$.

Перенесем все члены в левую часть:

$x^2 + ax + \frac{1}{2} > 0$

Рассмотрим функцию $f(x) = x^2 + ax + \frac{1}{2}$. Ее график — это парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при $x^2$ равен $1 > 0$. Нам нужно, чтобы $f(x)$ была строго положительна для всех $x \in (-\infty, 0)$.

Проанализируем расположение параболы в зависимости от ее корней. Корни определяются дискриминантом $D = a^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = a^2 - 2$.

Рассмотрим три возможных случая.

Первый случай: $D < 0$. Это соответствует $a^2 - 2 < 0$, то есть $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$. В этом случае у квадратного трехчлена нет действительных корней, и так как ветви параболы направлены вверх, функция $f(x)$ положительна при всех действительных $x$. Следовательно, она будет положительна и при всех $x < 0$. Таким образом, все $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ являются решениями.

Второй случай: $D = 0$. Это соответствует $a^2 - 2 = 0$, то есть $a = \sqrt{2}$ или $a = -\sqrt{2}$. В этом случае парабола касается оси абсцисс в одной точке (в своей вершине) $x_0 = -\frac{a}{2}$. В этой точке $f(x_0) = 0$, а для всех $x \neq x_0$ выполняется $f(x) > 0$. Условие $f(x) > 0$ для всех $x<0$ будет нарушено, если точка касания $x_0$ попадет в промежуток $(-\infty, 0)$.

Если $a = \sqrt{2}$, то $x_0 = -\frac{\sqrt{2}}{2} < 0$. Точка касания принадлежит промежутку $(-\infty, 0)$, и в ней $f(x_0) = 0$. Это не удовлетворяет строгому неравенству. Значит, $a = \sqrt{2}$ не является решением.

Если $a = -\sqrt{2}$, то $x_0 = -\frac{-\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$. Точка касания не принадлежит промежутку $(-\infty, 0)$, поэтому для всех $x < 0$ выполняется $f(x) > 0$. Значит, $a = -\sqrt{2}$ является решением.

Третий случай: $D > 0$. Это соответствует $a^2 - 2 > 0$, то есть $a \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$. В этом случае парабола пересекает ось абсцисс в двух различных точках $x_1$ и $x_2$. Неравенство $f(x) > 0$ не выполняется для $x \in [x_1, x_2]$. Чтобы условие задачи выполнялось, промежуток $(-\infty, 0)$ не должен пересекаться с отрезком $[x_1, x_2]$. Это означает, что оба корня $x_1$ и $x_2$ должны быть неотрицательными: $0 \le x_1 \le x_2$.

Условия неотрицательности корней для квадратного трехчлена $x^2 + ax + \frac{1}{2} = 0$ (при $D \ge 0$) можно выразить через теорему Виета: сумма корней $x_1 + x_2 = -a \ge 0$, что дает $a \le 0$; произведение корней $x_1 x_2 = \frac{1}{2} \ge 0$, что выполняется всегда. Следовательно, для того чтобы оба корня были неотрицательными, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие $a \le 0$.

Совмещая это с условием для данного случая ($a \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$), получаем, что решениями являются $a \in (-\infty, -\sqrt{2})$.

Объединяя все полученные результаты из трех случаев: $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$, $a = -\sqrt{2}$ и $a \in (-\infty, -\sqrt{2})$. Общее решение представляет собой объединение этих множеств: $(-\infty, -\sqrt{2}) \cup \{-\sqrt{2}\} \cup (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

Таким образом, неравенство выполняется при $a < \sqrt{2}$.

Ответ: $a \in (-\infty, \sqrt{2})$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 918 расположенного на странице 334 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 №918 (с. 334), авторов: Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.