Страница 139, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

21.32. При каком значении параметра $a$ уравнение имеет только один корень:

a) $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{x} \sin t \,dt = a - x^2;$

б) $\int_{0}^{x} \cos t \,dt = \left(x - \frac{\pi}{2}\right)^2 + a?$

a)

Дано уравнение: $ \int_{\pi/2}^{x} \sin t \,dt = a - x^2 $.

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части уравнения. Первообразная для функции $ \sin t $ есть $ -\cos t $. По формуле Ньютона-Лейбница: $ \int_{\pi/2}^{x} \sin t \,dt = [-\cos t]_{\pi/2}^{x} = (-\cos x) - (-\cos(\frac{\pi}{2})) = -\cos x - 0 = -\cos x $.

После вычисления интеграла исходное уравнение принимает вид: $ -\cos x = a - x^2 $.

Выразим параметр $ a $: $ a = x^2 - \cos x $.

Задача сводится к тому, чтобы найти значение параметра $ a $, при котором уравнение $ a = x^2 - \cos x $ имеет ровно один корень. Это означает, что горизонтальная прямая $ y = a $ должна пересекать график функции $ f(x) = x^2 - \cos x $ ровно в одной точке.

Такая ситуация возможна, только если прямая $ y = a $ касается графика функции в его точке глобального экстремума. Чтобы найти экстремумы, исследуем функцию $ f(x) $ с помощью производной: $ f'(x) = (x^2 - \cos x)' = 2x - (-\sin x) = 2x + \sin x $.

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $ 2x + \sin x = 0 $.

Заметим, что $ x=0 $ является корнем этого уравнения, так как $ 2(0) + \sin(0) = 0 $. Чтобы определить, есть ли другие корни, рассмотрим производную функции $ g(x) = 2x + \sin x $. $ g'(x) = 2 + \cos x $. Поскольку значение $ \cos x $ находится в пределах $ [-1, 1] $, то $ 1 \le 2 + \cos x \le 3 $. Это означает, что $ g'(x) > 0 $ для всех $ x $, следовательно, функция $ g(x) $ является строго возрастающей. Строго возрастающая функция может пересекать ось абсцисс только в одной точке, поэтому $ x=0 $ — единственный корень уравнения $ f'(x) = 0 $.

Итак, функция $ f(x) $ имеет единственную критическую точку $ x=0 $. Определим тип этого экстремума с помощью второй производной: $ f''(x) = (2x + \sin x)' = 2 + \cos x $. $ f''(0) = 2 + \cos(0) = 2 + 1 = 3 $. Так как $ f''(0) > 0 $, в точке $ x=0 $ функция $ f(x) $ имеет минимум. Поскольку это единственная критическая точка, это глобальный минимум.

Найдем значение функции в точке минимума: $ f_{min} = f(0) = 0^2 - \cos(0) = 0 - 1 = -1 $.

Уравнение будет иметь единственный корень, только если значение $ a $ будет равно этому минимальному значению. $ a = -1 $.

Ответ: $ a = -1 $.

б)

Дано уравнение: $ \int_{0}^{x} \cos t \,dt = (x - \frac{\pi}{2})^2 + a $.

Вычислим интеграл в левой части. Первообразная для $ \cos t $ есть $ \sin t $. $ \int_{0}^{x} \cos t \,dt = [\sin t]_{0}^{x} = \sin x - \sin 0 = \sin x $.

Тогда уравнение принимает вид: $ \sin x = (x - \frac{\pi}{2})^2 + a $.

Нам нужно найти такое $ a $, чтобы графики функций $ f(x) = \sin x $ и $ g(x) = (x - \frac{\pi}{2})^2 + a $ имели ровно одну точку пересечения. График $ g(x) $ — это парабола с вершиной в точке $ (\frac{\pi}{2}, a) $ и ветвями вверх.

Единственная точка пересечения возможна в случае касания графиков. Условия касания в некоторой точке $ x_0 $: 1. Равенство значений функций: $ f(x_0) = g(x_0) $. 2. Равенство значений производных: $ f'(x_0) = g'(x_0) $.

Найдем производные функций: $ f'(x) = (\sin x)' = \cos x $. $ g'(x) = ((x - \frac{\pi}{2})^2 + a)' = 2(x - \frac{\pi}{2}) $.

Приравняем производные, чтобы найти абсциссу точки касания $ x_0 $: $ \cos x_0 = 2(x_0 - \frac{\pi}{2}) $. Подстановкой убеждаемся, что $ x_0 = \frac{\pi}{2} $ является корнем: $ \cos(\frac{\pi}{2}) = 0 $ и $ 2(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}) = 0 $. Чтобы показать, что это решение единственное, рассмотрим функцию $ h(x) = \cos x - 2x + \pi $. Её производная $ h'(x) = -\sin x - 2 $. Поскольку $ -1 \le \sin x \le 1 $, производная $ h'(x) $ всегда отрицательна ($ -3 \le h'(x) \le -1 $). Это значит, что функция $ h(x) $ строго убывает и может иметь не более одного корня. Таким образом, $ x_0 = \frac{\pi}{2} $ — единственная возможная абсцисса точки касания.

Теперь, зная $ x_0 = \frac{\pi}{2} $, используем первое условие касания $ f(x_0) = g(x_0) $ для нахождения $ a $: $ \sin(\frac{\pi}{2}) = (\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2})^2 + a $ $ 1 = 0^2 + a $ $ a = 1 $.

Проверим, что при $ a=1 $ уравнение действительно имеет единственный корень. Уравнение принимает вид: $ \sin x = (x - \frac{\pi}{2})^2 + 1 $. Рассмотрим обе части этого равенства. Левая часть: $ \sin x \le 1 $ для всех $ x $. Правая часть: $ (x - \frac{\pi}{2})^2 \ge 0 $, следовательно, $ (x - \frac{\pi}{2})^2 + 1 \ge 1 $ для всех $ x $. Равенство возможно только тогда, когда обе части одновременно равны 1. $ \sin x = 1 $ и $ (x - \frac{\pi}{2})^2 + 1 = 1 $. Второе уравнение дает $ (x - \frac{\pi}{2})^2 = 0 $, откуда $ x = \frac{\pi}{2} $. Подставляем это значение в первое уравнение: $ \sin(\frac{\pi}{2}) = 1 $, что верно. Следовательно, уравнение имеет единственный корень $ x = \frac{\pi}{2} $ только при $ a=1 $.

Ответ: $ a = 1 $.

Решите неравенство:

21.33. а) $ \int_{0}^{x} t dt < 0,5; $

б) $ \int_{0}^{x} (3t^2 - 8t + 3) dt > 0; $

в) $ \int_{0}^{x} t^3 dt < 0,25; $

г) $ \int_{0}^{x} (2t + 5) dt > 6. $

а)

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части неравенства, используя формулу Ньютона-Лейбница:

$\int_{0}^{x} t \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{x} = \frac{x^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{x^2}{2}$

Теперь подставим полученное выражение в исходное неравенство:

$\frac{x^2}{2} < 0,5$

Умножим обе части на 2 и перенесем все в левую часть:

$x^2 < 1 \implies x^2 - 1 < 0$

Разложим левую часть на множители: $(x-1)(x+1) < 0$. Корни соответствующего уравнения равны $x_1 = -1$ и $x_2 = 1$. Так как график функции $y = x^2-1$ — это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется на интервале между корнями.

Ответ: $x \in (-1, 1)$

б)

Вычислим определенный интеграл:

$\int_{0}^{x} (3t^2 - 8t + 3) \, dt = \left[ 3\frac{t^3}{3} - 8\frac{t^2}{2} + 3t \right]_{0}^{x} = \left[ t^3 - 4t^2 + 3t \right]_{0}^{x} = x^3 - 4x^2 + 3x$

Получаем неравенство:

$x^3 - 4x^2 + 3x > 0$

Разложим левую часть на множители. Сначала вынесем $x$ за скобки, а затем разложим на множители квадратный трехчлен:

$x(x^2 - 4x + 3) > 0 \implies x(x-1)(x-3) > 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Нули функции $f(x) = x(x-1)(x-3)$ это $x=0$, $x=1$, $x=3$. Эти точки делят числовую ось на четыре интервала: $(-\infty, 0)$, $(0, 1)$, $(1, 3)$, $(3, +\infty)$. Определим знак выражения на каждом из них. На интервале $(3, +\infty)$ все множители положительны, поэтому произведение положительно. Поскольку все корни имеют кратность 1 (нечетную), знаки на соседних интервалах будут чередоваться. Таким образом, знаки распределяются следующим образом: плюс на $(3, +\infty)$, минус на $(1, 3)$, плюс на $(0, 1)$ и минус на $(-\infty, 0)$.

Нас интересуют интервалы, где выражение больше нуля. Это интервалы $(0, 1)$ и $(3, +\infty)$.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup (3, +\infty)$

в)

Вычислим определенный интеграл:

$\int_{0}^{x} t^3 \, dt = \left[ \frac{t^4}{4} \right]_{0}^{x} = \frac{x^4}{4} - \frac{0^4}{4} = \frac{x^4}{4}$

Подставим в неравенство и представим $0,25$ как $\frac{1}{4}$:

$\frac{x^4}{4} < \frac{1}{4}$

Умножим обе части на 4 и перенесем все в левую часть:

$x^4 < 1 \implies x^4 - 1 < 0$

Разложим на множители: $(x^2 - 1)(x^2 + 1) < 0$.

Поскольку выражение $x^2 + 1$ всегда строго положительно при любом действительном $x$, мы можем разделить на него обе части неравенства, не меняя знака:

$x^2 - 1 < 0$

Это неравенство, как и в пункте а), имеет решение $-1 < x < 1$.

Ответ: $x \in (-1, 1)$

г)

Вычислим определенный интеграл:

$\int_{0}^{x} (2t + 5) \, dt = \left[ 2\frac{t^2}{2} + 5t \right]_{0}^{x} = \left[ t^2 + 5t \right]_{0}^{x} = x^2 + 5x$

Получаем неравенство:

$x^2 + 5x > 6$

Перенесем 6 в левую часть:

$x^2 + 5x - 6 > 0$

Разложим левую часть на множители. Корнями уравнения $x^2 + 5x - 6 = 0$ являются $x_1 = 1$ и $x_2 = -6$.

$(x-1)(x+6) > 0$

Это квадратичное неравенство. Графиком функции $y = x^2 + 5x - 6$ является парабола с ветвями вверх, поэтому она принимает положительные значения вне интервала между корнями.

Следовательно, неравенство выполняется, когда $x$ находится левее $-6$ или правее $1$.

Ответ: $x \in (-\infty, -6) \cup (1, +\infty)$

21.34. a) $\int_0^x \sin t dt < \frac{1}{2}$;

Б) $\int_{\frac{\pi}{2}}^x \cos 2t dt > \frac{1}{2\sqrt{2}};$

В) $\int_0^x \cos t dt < -\frac{\sqrt{3}}{2};$

Г) $\int_{\pi}^x \sin \frac{t}{2} dt > \sqrt{3}.$

а) Для решения неравенства $\int_{0}^{x} \sin t \, dt < \frac{1}{2}$ сначала вычислим определенный интеграл в левой части. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получаем:

$\int_{0}^{x} \sin t \, dt = [-\cos t]_{0}^{x} = -\cos x - (-\cos 0) = 1 - \cos x$.

Теперь исходное неравенство принимает вид $1 - \cos x < \frac{1}{2}$. Преобразуем его:

$-\cos x < \frac{1}{2} - 1$

$-\cos x < -\frac{1}{2}$

$\cos x > \frac{1}{2}$

Решением этого тригонометрического неравенства является совокупность интервалов $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k$ — любое целое число.

Ответ: $x \in (-\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

б) Для решения неравенства $\int_{\frac{\pi}{2}}^{x} \cos 2t \, dt > \frac{1}{2\sqrt{2}}$ вычислим интеграл:

$\int_{\frac{\pi}{2}}^{x} \cos 2t \, dt = [\frac{1}{2}\sin 2t]_{\frac{\pi}{2}}^{x} = \frac{1}{2}\sin(2x) - \frac{1}{2}\sin(2 \cdot \frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2}\sin(2x) - \frac{1}{2}\sin(\pi) = \frac{1}{2}\sin(2x)$.

Неравенство сводится к $\frac{1}{2}\sin(2x) > \frac{1}{2\sqrt{2}}$, что равносильно $\sin(2x) > \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Решая это тригонометрическое неравенство, получаем $\frac{\pi}{4} + 2\pi k < 2x < \frac{3\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Разделив все части неравенства на 2, находим решение для $x$:

$\frac{\pi}{8} + \pi k < x < \frac{3\pi}{8} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{\pi}{8} + \pi k; \frac{3\pi}{8} + \pi k), k \in \mathbb{Z}$.

в) Для решения неравенства $\int_{0}^{x} \cos t \, dt < -\frac{\sqrt{3}}{2}$ вычислим интеграл:

$\int_{0}^{x} \cos t \, dt = [\sin t]_{0}^{x} = \sin x - \sin 0 = \sin x$.

В результате получаем тригонометрическое неравенство $\sin x < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решением этого неравенства является совокупность интервалов: $\frac{4\pi}{3} + 2\pi k < x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k$ — любое целое число.

Ответ: $x \in (\frac{4\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

г) Для решения неравенства $\int_{\pi}^{x} \sin \frac{t}{2} \, dt > \sqrt{3}$ вычислим интеграл:

$\int_{\pi}^{x} \sin \frac{t}{2} \, dt = [-2\cos \frac{t}{2}]_{\pi}^{x} = -2\cos(\frac{x}{2}) - (-2\cos(\frac{\pi}{2})) = -2\cos(\frac{x}{2}) - 0 = -2\cos(\frac{x}{2})$.

Неравенство принимает вид $-2\cos(\frac{x}{2}) > \sqrt{3}$, откуда $\cos(\frac{x}{2}) < -\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Решая это неравенство, получаем $\frac{5\pi}{6} + 2\pi k < \frac{x}{2} < \frac{7\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Умножив все части неравенства на 2, находим решение для $x$:

$\frac{5\pi}{3} + 4\pi k < x < \frac{7\pi}{3} + 4\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in (\frac{5\pi}{3} + 4\pi k; \frac{7\pi}{3} + 4\pi k), k \in \mathbb{Z}$.

21.35. Решите уравнение:

a) $\int_{0}^{t} (e^x - 3x^2 - 2x)dx = e^t - 3;$

б) $\int_{3}^{t} \left(\frac{1}{x - 2} + 2x - 3\right)dx = \ln (t - 2) - t^3 + 6, t > 3.$

а)Для решения данного уравнения сначала вычислим определенный интеграл в левой части.
Найдем первообразную для подынтегральной функции $f(x) = e^x - 3x^2 - 2x$:
$F(x) = \int (e^x - 3x^2 - 2x)dx = e^x - \frac{3x^3}{3} - \frac{2x^2}{2} = e^x - x^3 - x^2$.
Теперь вычислим определенный интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:
$\int_{0}^{t} (e^x - 3x^2 - 2x)dx = [e^x - x^3 - x^2]_{0}^{t} = (e^t - t^3 - t^2) - (e^0 - 0^3 - 0^2) = e^t - t^3 - t^2 - 1$.
Подставим полученное выражение в исходное уравнение:
$e^t - t^3 - t^2 - 1 = e^t - 3$.
Упростим уравнение, вычтя $e^t$ из обеих частей:
$-t^3 - t^2 - 1 = -3$.
Перенесем все члены в левую часть и умножим на -1:
$t^3 + t^2 - 2 = 0$.
Это кубическое уравнение. Попробуем найти целочисленные корни среди делителей свободного члена (-2): $\pm 1, \pm 2$.
Проверим $t=1$: $1^3 + 1^2 - 2 = 1 + 1 - 2 = 0$. Корень $t=1$ подходит.
Разделим многочлен $t^3 + t^2 - 2$ на $(t-1)$ и получим:
$(t-1)(t^2 + 2t + 2) = 0$.
Уравнение распадается на два: $t-1=0$ или $t^2 + 2t + 2 = 0$.
Первое уравнение дает корень $t=1$.
Для второго уравнения $t^2 + 2t + 2 = 0$ найдем дискриминант: $D = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 4 - 8 = -4$.
Поскольку $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.
Следовательно, единственным решением является $t=1$.

Ответ: $t=1$.

б)Для решения уравнения с условием $t > 3$ вычислим определенный интеграл в левой части.
Найдем первообразную для подынтегральной функции $f(x) = \frac{1}{x-2} + 2x - 3$. На промежутке интегрирования $[3, t]$, где $t > 3$, выражение $x-2$ всегда положительно.
$F(x) = \int (\frac{1}{x-2} + 2x - 3)dx = \ln(x-2) + \frac{2x^2}{2} - 3x = \ln(x-2) + x^2 - 3x$.
Вычислим определенный интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:
$\int_{3}^{t} (\frac{1}{x-2} + 2x - 3)dx = [\ln(x-2) + x^2 - 3x]_{3}^{t} = (\ln(t-2) + t^2 - 3t) - (\ln(3-2) + 3^2 - 3 \cdot 3) = (\ln(t-2) + t^2 - 3t) - (\ln(1) + 9 - 9) = \ln(t-2) + t^2 - 3t$.
Подставим результат в исходное уравнение:
$\ln(t-2) + t^2 - 3t = \ln(t-2) - t^3 + 6$.
Упростим уравнение, вычтя $\ln(t-2)$ из обеих частей:
$t^2 - 3t = -t^3 + 6$.
Перенесем все члены в левую часть:
$t^3 + t^2 - 3t - 6 = 0$.
Найдем целочисленные корни подбором среди делителей свободного члена (-6): $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6$.
Проверим $t=2$: $2^3 + 2^2 - 3(2) - 6 = 8 + 4 - 6 - 6 = 0$. Корень $t=2$ подходит.
Разделим многочлен $t^3 + t^2 - 3t - 6$ на $(t-2)$ и получим:
$(t-2)(t^2 + 3t + 3) = 0$.
Уравнение распадается на два: $t-2=0$ или $t^2 + 3t + 3 = 0$.
Первое уравнение дает корень $t=2$.
Для второго уравнения $t^2 + 3t + 3 = 0$ найдем дискриминант: $D = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 9 - 12 = -3$.
Поскольку $D < 0$, это уравнение не имеет действительных корней.
Единственный действительный корень уравнения - $t=2$.
Однако, согласно условию задачи, $t > 3$. Найденный корень $t=2$ не удовлетворяет этому условию ($2 \ngtr 3$).
Следовательно, у исходного уравнения нет решений в указанной области.

Ответ: нет решений.

•21.36. Решите неравенство:

а) $\int_{0}^{t} 3^{2x-1} dx \le \frac{1}{3 \ln 3}$, $t > 0;$

б) $\int_{-4}^{t} \left(2x - 5 - \frac{1}{x+5}\right) dx \ge -30 - \ln(t+5)$, $t > -4.$

а)

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части неравенства: $ \int_0^t 3^{2x-1} dx $.

Первообразная для подынтегральной функции $f(x) = 3^{2x-1}$ находится по формуле $\int a^{kx+b} dx = \frac{a^{kx+b}}{k \ln a} + C$.

В нашем случае $a=3$, $k=2$, $b=-1$. Таким образом, первообразная равна $\frac{3^{2x-1}}{2 \ln 3}$.

Теперь применим формулу Ньютона-Лейбница:

$ \int_0^t 3^{2x-1} dx = \left[ \frac{3^{2x-1}}{2 \ln 3} \right]_0^t = \frac{3^{2t-1}}{2 \ln 3} - \frac{3^{2 \cdot 0 - 1}}{2 \ln 3} = \frac{3^{2t-1} - 3^{-1}}{2 \ln 3} = \frac{3^{2t-1} - \frac{1}{3}}{2 \ln 3} $.

Подставим это выражение в исходное неравенство:

$ \frac{3^{2t-1} - \frac{1}{3}}{2 \ln 3} \le \frac{1}{3 \ln 3} $

Так как $\ln 3 > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $6 \ln 3$, чтобы избавиться от знаменателей. Знак неравенства при этом не изменится.

$ 3 \left( 3^{2t-1} - \frac{1}{3} \right) \le 2 $

$ 3 \cdot 3^{2t-1} - 3 \cdot \frac{1}{3} \le 2 $

$ 3^{1+2t-1} - 1 \le 2 $

$ 3^{2t} - 1 \le 2 $

$ 3^{2t} \le 3 $

$ 3^{2t} \le 3^1 $

Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция является возрастающей, поэтому можно перейти к неравенству для показателей:

$ 2t \le 1 $

$ t \le \frac{1}{2} $

По условию задачи также дано, что $t > 0$. Объединяя эти два условия, получаем окончательное решение.

Ответ: $t \in (0, \frac{1}{2}]$.

б)

Сначала вычислим определенный интеграл в левой части неравенства: $ \int_{-4}^t \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx $.

Подынтегральная функция определена и непрерывна на промежутке интегрирования $[-4, t]$ при $t > -4$, так как $x+5 > 0$ для всех $x \ge -4$.

Найдем первообразную для подынтегральной функции $f(x) = 2x - 5 - \frac{1}{x+5}$:

$ F(x) = \int \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx = 2\frac{x^2}{2} - 5x - \ln|x+5| = x^2 - 5x - \ln(x+5) $ (модуль можно опустить, так как $x+5 > 0$).

Теперь применим формулу Ньютона-Лейбница:

$ \int_{-4}^t \left( 2x - 5 - \frac{1}{x+5} \right) dx = \left[ x^2 - 5x - \ln(x+5) \right]_{-4}^t $

$ = (t^2 - 5t - \ln(t+5)) - ((-4)^2 - 5(-4) - \ln(-4+5)) $

$ = (t^2 - 5t - \ln(t+5)) - (16 + 20 - \ln(1)) $

$ = t^2 - 5t - \ln(t+5) - 36 $ (поскольку $\ln(1)=0$).

Подставим полученное выражение в исходное неравенство:

$ t^2 - 5t - 36 - \ln(t+5) \ge -30 - \ln(t+5) $

Прибавим $\ln(t+5)$ к обеим частям неравенства:

$ t^2 - 5t - 36 \ge -30 $

$ t^2 - 5t - 6 \ge 0 $

Для решения этого квадратного неравенства найдем корни соответствующего уравнения $t^2 - 5t - 6 = 0$. По теореме Виета (или через дискриминант) находим корни:

$ t_1 = -1 $, $ t_2 = 6 $.

Парабола $y = t^2 - 5t - 6$ имеет ветви, направленные вверх, поэтому неравенство $y \ge 0$ выполняется при $t \le -1$ или $t \ge 6$.

Решение этого неравенства: $t \in (-\infty, -1] \cup [6, \infty)$.

Теперь учтем исходное условие $t > -4$. Найдем пересечение множеств $(-4, \infty)$ и $((-\infty, -1] \cup [6, \infty))$.

Пересечение $(-4, \infty)$ и $(-\infty, -1]$ дает промежуток $(-4, -1]$.

Пересечение $(-4, \infty)$ и $[6, \infty)$ дает промежуток $[6, \infty)$.

Объединяя эти два промежутка, получаем окончательное решение.

Ответ: $t \in (-4, -1] \cup [6, \infty)$.