Номер 11.57, страница 302 - 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

Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.57, страница 302.

№11.57 (с. 302)
Условие. №11.57 (с. 302)
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 302, номер 11.57, Условие

11.57 a) $\frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{2x + 7} \le \frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{x - 5}$;

б) $\frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{2x + 9} \ge \frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{x - 5}$;

В) $\frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{x - 2} \le \frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{2x + 3}$;

Г) $\frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{2x + 5} \ge \frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{x + 4}$.

Решение 1. №11.57 (с. 302)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 2. №11.57 (с. 302)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, 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 302, номер 11.57, Решение 2 (продолжение 4)
Решение 3. №11.57 (с. 302)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 302, номер 11.57, Решение 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 302, номер 11.57, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №11.57 (с. 302)

а)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{2x + 7} \le \frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{x - 5}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями:

1. Поткоренное выражение неотрицательно: $12 - x - x^2 \ge 0$.

2. Знаменатели не равны нулю: $2x + 7 \ne 0$ и $x - 5 \ne 0$.

Решим первое условие: $x^2 + x - 12 \le 0$. Корни квадратного трехчлена $x^2 + x - 12 = 0$ равны $x_1 = -4$ и $x_2 = 3$. Так как ветви параболы $y=x^2+x-12$ направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in [-4, 3]$.

Решим вторые условия: $x \ne -3.5$ и $x \ne 5$. Условие $x \ne 5$ уже выполняется, так как $5$ не входит в отрезок $[-4, 3]$.

Таким образом, ОДЗ: $x \in [-4, -3.5) \cup (-3.5, 3]$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\sqrt{12 - x - x^2} = 0$.

Это уравнение равносильно $12 - x - x^2 = 0$, откуда $x = -4$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. При этих значениях $x$ неравенство принимает вид $0 \le 0$, что является верным. Следовательно, $x = -4$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{12 - x - x^2} > 0$.

Это условие выполняется при $x \in (-4, 3)$. В этом случае можно разделить обе части неравенства на положительное число $\sqrt{12 - x - x^2}$:

$\frac{1}{2x + 7} \le \frac{1}{x - 5}$

$\frac{1}{2x + 7} - \frac{1}{x - 5} \le 0$

$\frac{(x - 5) - (2x + 7)}{(2x + 7)(x - 5)} \le 0$

$\frac{-x - 12}{(2x + 7)(x - 5)} \le 0$

Умножим обе части на $-1$ и сменим знак неравенства: $\frac{x + 12}{(2x + 7)(x - 5)} \ge 0$.

Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $x = -12$, $x = -3.5$, $x = 5$. Решение неравенства: $x \in [-12, -3.5) \cup (5, \infty)$.

Найдем пересечение этого решения с областью, рассматриваемой в данном случае, то есть $x \in (-4, 3)$ и $x \ne -3.5$. Пересечение множеств $[-12, -3.5) \cup (5, \infty)$ и $(-4, 3)$ дает $x \in (-4, -3.5)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем: $\{-4, 3\} \cup (-4, -3.5) = [-4, -3.5) \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-4, -3.5) \cup \{3\}$.

б)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{2x + 9} \ge \frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{x - 5}$.

ОДЗ: $8 - 2x - x^2 \ge 0$, $2x + 9 \ne 0$, $x - 5 \ne 0$.

Решим $x^2 + 2x - 8 \le 0$. Корни $x_1 = -4, x_2 = 2$. Решение: $x \in [-4, 2]$.

Условия $x \ne -4.5$ и $x \ne 5$ выполняются для отрезка $[-4, 2]$.

ОДЗ: $x \in [-4, 2]$.

Случай 1: $\sqrt{8 - 2x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -4$ и $x = 2$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \ge 0$ верно, значит $x = -4$ и $x = 2$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{8 - 2x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-4, 2)$. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{2x + 9} \ge \frac{1}{x - 5}$

$\frac{(x - 5) - (2x + 9)}{(2x + 9)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{-x - 14}{(2x + 9)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{x + 14}{(2x + 9)(x - 5)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -14] \cup (-4.5, 5)$.

Пересекаем это решение с $x \in (-4, 2)$: $(-\infty, -14] \cup (-4.5, 5) \cap (-4, 2) = (-4, 2)$.

Объединяем решения: $\{-4, 2\} \cup (-4, 2) = [-4, 2]$.

Ответ: $x \in [-4, 2]$.

в)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{x - 2} \le \frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{2x + 3}$.

ОДЗ: $18 - 3x - x^2 \ge 0$, $x - 2 \ne 0$, $2x + 3 \ne 0$.

Решим $x^2 + 3x - 18 \le 0$. Корни $x_1 = -6, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-6, 3]$.

Условия на знаменатели: $x \ne 2$ и $x \ne -1.5$.

ОДЗ: $x \in [-6, -1.5) \cup (-1.5, 2) \cup (2, 3]$.

Случай 1: $\sqrt{18 - 3x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -6$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \le 0$ верно, значит $x = -6$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{18 - 3x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-6, 3)$, с учетом ограничений на знаменатели. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{x - 2} \le \frac{1}{2x + 3}$

$\frac{(2x + 3) - (x - 2)}{(x - 2)(2x + 3)} \le 0$

$\frac{x + 5}{(x - 2)(2x + 3)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -5] \cup (-1.5, 2)$.

Пересекаем это решение с $x \in (-6, -1.5) \cup (-1.5, 2) \cup (2, 3)$: $((-\infty, -5] \cup (-1.5, 2)) \cap ((-6, 3) \setminus \{-1.5, 2\}) = (-6, -5] \cup (-1.5, 2)$.

Объединяем решения: $\{-6, 3\} \cup ((-6, -5] \cup (-1.5, 2)) = [-6, -5] \cup (-1.5, 2) \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-6, -5] \cup (-1.5, 2) \cup \{3\}$.

г)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{2x + 5} \ge \frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{x + 4}$.

ОДЗ: $6 + x - x^2 \ge 0$, $2x + 5 \ne 0$, $x + 4 \ne 0$.

Решим $x^2 - x - 6 \le 0$. Корни $x_1 = -2, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-2, 3]$.

Условия $x \ne -2.5$ и $x \ne -4$ выполняются для отрезка $[-2, 3]$.

ОДЗ: $x \in [-2, 3]$.

Случай 1: $\sqrt{6 + x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -2$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \ge 0$ верно, значит $x = -2$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{6 + x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-2, 3)$. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{2x + 5} \ge \frac{1}{x + 4}$

$\frac{(x + 4) - (2x + 5)}{(2x + 5)(x + 4)} \ge 0$

$\frac{-x - 1}{(2x + 5)(x + 4)} \ge 0$

$\frac{x + 1}{(2x + 5)(x + 4)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -4) \cup (-2.5, -1]$.

Пересекаем это решение с $x \in (-2, 3)$: $((-\infty, -4) \cup (-2.5, -1]) \cap (-2, 3) = (-2, -1]$.

Объединяем решения: $\{-2, 3\} \cup (-2, -1] = [-2, -1] \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-2, -1] \cup \{3\}$.

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 11.57 расположенного на странице 302 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 №11.57 (с. 302), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.