Номер 240, страница 430 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.

Тип: Учебник

Серия: мгу - школе

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой в сеточку

ISBN: 978-5-09-087641-4

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 11 классе

Задания для повторения - номер 240, страница 430.

№240 (с. 430)
Условие. №240 (с. 430)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Условие

240 Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение:

a) $2|x + 1| - 2|x - 2| + |x - 6| = x + 3a$ имеет ровно один корень;

б) $2|x + 3| - 2|x - 2| + |x - 4| = x + 2a$ имеет ровно два корня;

в) $|x^2 - 8x - a| = 4x$ имеет ровно один корень, меньший 1, и хотя бы один корень, больший 11,5;

г) $|x^2 - 4x + a| = x$ имеет ровно один корень, меньший 1, и хотя бы один корень, больший 4.

Решение 1. №240 (с. 430)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 (продолжение 4) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 (продолжение 5) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 1 (продолжение 6)
Решение 2. №240 (с. 430)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 2 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 2 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 2 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 2 (продолжение 4) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 430, номер 240, Решение 2 (продолжение 5)
Решение 4. №240 (с. 430)

а)

Рассмотрим уравнение $2|x+1| - 2|x-2| + |x-6| = x + 3a$.

Перепишем его в виде $f(x) = g(x)$, где $f(x) = 2|x+1| - 2|x-2| + |x-6|$ и $g(x) = x + 3a$. Число корней уравнения равно числу точек пересечения графиков функций $y=f(x)$ и $y=g(x)$.

Функция $f(x)$ является кусочно-линейной. Раскроем модули, рассмотрев четыре промежутка, определяемых точками $x=-1$, $x=2$, $x=6$.

  1. При $x < -1$: $f(x) = -2(x+1) + 2(x-2) - (x-6) = -2x-2+2x-4-x+6 = -x$.
  2. При $-1 \le x < 2$: $f(x) = 2(x+1) + 2(x-2) - (x-6) = 2x+2+2x-4-x+6 = 3x+4$.
  3. При $2 \le x < 6$: $f(x) = 2(x+1) - 2(x-2) - (x-6) = 2x+2-2x+4-x+6 = -x+12$.
  4. При $x \ge 6$: $f(x) = 2(x+1) - 2(x-2) + (x-6) = 2x+2-2x+4+x-6 = x$.

Таким образом, $f(x) = \begin{cases} -x, & x < -1 \\ 3x+4, & -1 \le x < 2 \\ -x+12, & 2 \le x < 6 \\ x, & x \ge 6 \end{cases}$.

График функции $y=f(x)$ представляет собой ломаную с вершинами в точках $(-1, 1)$, $(2, 10)$, $(6, 6)$.

График функции $y=g(x) = x+3a$ — это семейство прямых с угловым коэффициентом $k=1$. Параметр $3a$ отвечает за сдвиг прямой по оси $y$.

При $x \ge 6$ функция $f(x)=x$ имеет угловой коэффициент 1, такой же, как у прямой $y=x+3a$. Следовательно, при $3a=0$ (т.е. $a=0$) прямая $y=x$ совпадает с лучом графика $f(x)$ на промежутке $[6, \infty)$, что дает бесконечное число корней. При $a \ne 0$ прямая $y=x+3a$ параллельна этому лучу и не пересекает его.

Таким образом, для $a \ne 0$ корни могут существовать только при $x<6$. Нам нужно найти такие $a$, при которых прямая $y=x+3a$ пересекает ломаную $y=f(x)$ на интервале $(-\infty, 6)$ ровно в одной точке.

Рассмотрим граничные положения прямой $y=x+C$ (где $C=3a$), когда она проходит через вершины ломаной:

  • Прямая проходит через точку $(-1, 1)$: $1 = -1 + C \Rightarrow C=2$. Уравнение прямой $y=x+2$. Это соответствует $3a=2 \Rightarrow a=2/3$. Найдем точки пересечения:
    • $3x+4 = x+2 \Rightarrow 2x=-2 \Rightarrow x=-1$.
    • $-x+12 = x+2 \Rightarrow 2x=10 \Rightarrow x=5$.
    При $a=2/3$ имеем два корня: $x=-1$ и $x=5$.
  • Прямая проходит через точку $(2, 10)$: $10 = 2 + C \Rightarrow C=8$. Уравнение прямой $y=x+8$. Это соответствует $3a=8 \Rightarrow a=8/3$. Найдем точки пересечения:
    • $-x = x+8 \Rightarrow 2x=-8 \Rightarrow x=-4$.
    • $3x+4 = x+8 \Rightarrow 2x=4 \Rightarrow x=2$.
    При $a=8/3$ имеем два корня: $x=-4$ и $x=2$.

Проанализируем количество корней в зависимости от значения $C=3a$:

  • Если $C > 8$ (т.е. $a > 8/3$), прямая $y=x+C$ находится выше прямой $y=x+8$. Она пересекает только луч $y=-x$ (при $x<-1$), так как $-x=x+C \Rightarrow x=-C/2 < -4$. Это дает один корень.
  • Если $2 < C < 8$ (т.е. $2/3 < a < 8/3$), прямая пересекает все три участка ломаной на $(-\infty, 6)$, что дает три корня.
  • Если $0 < C < 2$ (т.е. $0 < a < 2/3$), прямая пересекает только участок $y=-x+12$ (при $2 \le x < 6$), так как $-x+12=x+C \Rightarrow x=(12-C)/2$, что дает $5 < x < 6$. Это дает один корень.
  • Если $C < 0$ (т.е. $a < 0$), пересечений нет.

Следовательно, уравнение имеет ровно один корень при $a \in (0, 2/3) \cup (8/3, \infty)$.

Ответ: $a \in (0, 2/3) \cup (8/3, \infty)$.

б)

Перенесем $x$ в левую часть и рассмотрим функцию $h(x) = 2|x+3| - 2|x-2| + |x-4| - x$. Уравнение примет вид $h(x) = 2a$. Нам нужно найти, при каких $a$ горизонтальная прямая $y=2a$ пересекает график $y=h(x)$ ровно в двух точках.

Раскроем модули в выражении для $h(x)$ на промежутках, определяемых точками $x=-3, x=2, x=4$.

  1. При $x < -3$: $h(x) = -2(x+3) + 2(x-2) - (x-4) - x = -2x-6+2x-4-x+4-x = -2x-6$.
  2. При $-3 \le x < 2$: $h(x) = 2(x+3) + 2(x-2) - (x-4) - x = 2x+6+2x-4-x+4-x = 2x+6$.
  3. При $2 \le x < 4$: $h(x) = 2(x+3) - 2(x-2) - (x-4) - x = 2x+6-2x+4-x+4-x = -2x+14$.
  4. При $x \ge 4$: $h(x) = 2(x+3) - 2(x-2) + (x-4) - x = 2x+6-2x+4+x-4-x = 6$.

Итак, $h(x) = \begin{cases} -2x-6, & x < -3 \\ 2x+6, & -3 \le x < 2 \\ -2x+14, & 2 \le x < 4 \\ 6, & x \ge 4 \end{cases}$.

Построим эскиз графика функции $y=h(x)$.

  • На $(-\infty, -3)$ функция убывает от $+\infty$ до $h(-3)=0$.
  • На $[-3, 2)$ функция возрастает от $h(-3)=0$ до $h(2)=10$.
  • На $[2, 4)$ функция убывает от $h(2)=10$ до $h(4)=6$.
  • На $[4, \infty)$ функция постоянна и равна 6.

График имеет локальный минимум в точке $(-3, 0)$ и локальный максимум в точке $(2, 10)$.

Проанализируем количество решений уравнения $h(x)=2a$ в зависимости от значения $2a$.

  • Если $2a > 10$, прямая $y=2a$ пересекает убывающий участок на $(-\infty, -3)$ один раз. Один корень.
  • Если $2a = 10$, прямая касается графика в точке максимума $x=2$ и пересекает убывающий участок на $(-\infty, -3)$ в точке $x=-8$. Два корня.
  • Если $6 < 2a < 10$, прямая пересекает график в трех точках. Три корня.
  • Если $2a = 6$, прямая пересекает график в точке $x=0$ и на всем луче $[4, \infty)$. Бесконечно много корней.
  • Если $0 < 2a < 6$, прямая пересекает убывающий участок на $(-\infty, -3)$ и возрастающий на $[-3, 2)$. Два корня.
  • Если $2a = 0$, прямая касается графика в точке минимума $x=-3$. Один корень.
  • Если $2a < 0$, пересечений нет. Нет корней.

Уравнение имеет ровно два корня в двух случаях:

  1. $2a = 10 \Rightarrow a=5$.
  2. $0 < 2a < 6 \Rightarrow 0 < a < 3$.

Объединяя эти случаи, получаем искомые значения $a$.

Ответ: $a \in (0, 3) \cup \{5\}$.

в)

Уравнение $|x^2 - 8x - a| = 4x$ равносильно системе:

$\begin{cases} 4x \ge 0 \\ [ \begin{array}{l} x^2 - 8x - a = 4x \\ x^2 - 8x - a = -4x \end{array} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \ge 0 \\ [ \begin{array}{l} a = x^2 - 12x \\ a = x^2 - 4x \end{array} \end{cases}$

Задача сводится к нахождению таких значений $a$, при которых горизонтальная прямая $y=a$ пересекает совокупность графиков функций $f_1(x) = x^2 - 12x$ и $f_2(x) = x^2 - 4x$ (при $x \ge 0$) таким образом, что выполняется условие: ровно одна точка пересечения с абсциссой $x \in [0, 1)$ и хотя бы одна точка пересечения с абсциссой $x \in (11,5, \infty)$.

Рассмотрим поведение функций на заданных интервалах.

На интервале $x \in [0, 1)$:

  • $f_1(x) = x^2-12x$: $f_1(0)=0, f_1(1)=-11$. На $[0,1)$ функция убывает, ее значения лежат в промежутке $(-11, 0]$.
  • $f_2(x) = x^2-4x$: $f_2(0)=0, f_2(1)=-3$. На $[0,1)$ функция убывает, ее значения лежат в промежутке $(-3, 0]$.

Условие 1: ровно один корень в $[0, 1)$.

  • При $a=0$ прямая $y=0$ пересекает оба графика в точке $x=0$. Это один корень в $[0,1)$.
  • При $-3 < a < 0$ прямая $y=a$ пересекает оба графика на $(0,1)$. Два корня.
  • При $a=-3$ прямая $y=-3$ пересекает график $f_2(x)$ в точке $x=1$ (не входит в $[0,1)$) и пересекает график $f_1(x)$ в одной точке на $(0,1)$. Один корень.
  • При $-11 < a < -3$ прямая $y=a$ пересекает только график $f_1(x)$ на $(0,1)$. Один корень.
  • При $a \le -11$ или $a>0$ корней в $[0,1)$ нет.

Таким образом, первое условие выполняется при $a \in (-11, -3] \cup \{0\}$.

На интервале $x \in (11,5, \infty)$:

  • $f_1(x) = x^2-12x$: $f_1(11,5) = 11,5^2 - 12 \cdot 11,5 = -5,75$. Вершина параболы в $x=6$, так что на $(11,5, \infty)$ функция возрастает. Значения лежат в $(-5,75, \infty)$.
  • $f_2(x) = x^2-4x$: $f_2(11,5) = 11,5^2 - 4 \cdot 11,5 = 86,25$. Вершина в $x=2$, на $(11,5, \infty)$ функция возрастает. Значения лежат в $(86,25, \infty)$.

Условие 2: хотя бы один корень в $(11,5, \infty)$.

Объединение множеств значений $f_1(x)$ и $f_2(x)$ на $(11,5, \infty)$ есть $(-5,75, \infty)$. Прямая $y=a$ должна пересекать это множество, т.е. $a > -5,75$.

Итоговый результат.

Нам нужно найти пересечение множеств, удовлетворяющих обоим условиям:

$a \in ((-11, -3] \cup \{0\}) \cap (-5,75, \infty) = (-5,75, -3] \cup \{0\}$.

Ответ: $a \in (-5,75; -3] \cup \{0\}$.

г)

Уравнение $|x^2 - 4x + a| = x$ равносильно системе:

$\begin{cases} x \ge 0 \\ [ \begin{array}{l} x^2 - 4x + a = x \\ x^2 - 4x + a = -x \end{array} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \ge 0 \\ [ \begin{array}{l} a = -x^2 + 5x \\ a = -x^2 + 3x \end{array} \end{cases}$

Решим задачу графически. Ищем значения $a$, при которых прямая $y=a$ пересекает графики парабол $f_1(x) = -x^2 + 5x$ и $f_2(x) = -x^2 + 3x$ (при $x \ge 0$) так, что есть ровно один корень в $[0, 1)$ и хотя бы один корень в $(4, \infty)$.

Рассмотрим поведение функций на заданных интервалах.

На интервале $x \in [0, 1)$:

  • $f_1(x) = -x^2+5x$: $f_1(0)=0, f_1(1)=4$. На $[0,1)$ функция возрастает, ее значения лежат в $[0, 4)$.
  • $f_2(x) = -x^2+3x$: $f_2(0)=0, f_2(1)=2$. На $[0,1)$ функция возрастает, ее значения лежат в $[0, 2)$.

Условие 1: ровно один корень в $[0, 1)$.

  • При $a=0$: один корень $x=0$.
  • При $0 < a < 2$: прямая $y=a$ пересекает оба графика. Два корня.
  • При $a=2$: прямая $y=2$ пересекает график $f_2(x)$ в точке $x=1$ (не входит в $[0,1)$) и пересекает $f_1(x)$ в одной точке на $(0,1)$, т.к. $f_1(x)=2 \Rightarrow x=(5-\sqrt{17})/2 \in (0,1)$. Один корень.
  • При $2 < a < 4$: прямая $y=a$ пересекает только график $f_1(x)$. Один корень.
  • При $a \ge 4$: корней в $[0,1)$ нет.

Таким образом, первое условие выполняется при $a \in [2, 4) \cup \{0\}$.

На интервале $x \in (4, \infty)$:

  • $f_1(x) = -x^2+5x$: $f_1(4)=4$. Вершина в $x=2,5$, на $(4, \infty)$ функция убывает. Значения лежат в $(-\infty, 4)$.
  • $f_2(x) = -x^2+3x$: $f_2(4)=-4$. Вершина в $x=1,5$, на $(4, \infty)$ функция убывает. Значения лежат в $(-\infty, -4)$.

Условие 2: хотя бы один корень в $(4, \infty)$.

Объединение множеств значений $f_1(x)$ и $f_2(x)$ на $(4, \infty)$ есть $(-\infty, 4)$. Прямая $y=a$ должна пересекать это множество, т.е. $a < 4$.

Итоговый результат.

Нам нужно найти пересечение множеств, удовлетворяющих обоим условиям:

$a \in ([2, 4) \cup \{0\}) \cap (-\infty, 4)$.

Поскольку множество $[2, 4) \cup \{0\}$ полностью содержится во множестве $(-\infty, 4)$, их пересечение равно $[2, 4) \cup \{0\}$.

Ответ: $a \in \{0\} \cup [2, 4)$.

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 240 расположенного на странице 430 к учебнику серии мгу - школе 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 №240 (с. 430), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.