Номер 11.58, страница 302 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

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 11.58, страница 302.
№11.58 (с. 302)
Условие. №11.58 (с. 302)
скриншот условия

11.58 a) $\frac{(2x+3)\sqrt{x-2}}{x-6,6} \ge \frac{5\sqrt{x-2}}{x-5};$
б) $\frac{3x+1}{(2x+1)\sqrt{2-x}} \le \frac{1}{(x+1)\sqrt{2-x}};$
В) $\frac{(2x-7)\sqrt{x-1}}{x-3} \ge \frac{9\sqrt{x-1}}{5-x};$
Г) $\frac{1}{(x+1)\sqrt{9-x}} \le \frac{4-x}{(8-x)\sqrt{9-x}}.$
Решение 1. №11.58 (с. 302)




Решение 2. №11.58 (с. 302)




Решение 4. №11.58 (с. 302)
а)
Исходное неравенство:
$\frac{(2x + 3)\sqrt{x - 2}}{x - 6,6} \ge \frac{5\sqrt{x - 2}}{x - 5}$
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x - 2 \ge 0 \implies x \ge 2$.
Знаменатели не должны быть равны нулю: $x - 6,6 \ne 0 \implies x \ne 6,6$ и $x - 5 \ne 0 \implies x \ne 5$.
ОДЗ: $x \in [2; 5) \cup (5; 6,6) \cup (6,6; +\infty)$.
2. Перенесем все члены в левую часть и вынесем общий множитель $\sqrt{x-2}$ за скобки:
$\frac{(2x + 3)\sqrt{x - 2}}{x - 6,6} - \frac{5\sqrt{x - 2}}{x - 5} \ge 0$
$\sqrt{x - 2} \left( \frac{2x + 3}{x - 6,6} - \frac{5}{x - 5} \right) \ge 0$
3. Рассмотрим два случая:
Случай 1: $\sqrt{x - 2} = 0 \implies x = 2$. Это значение входит в ОДЗ, поэтому $x=2$ является решением.
Случай 2: $\sqrt{x - 2} > 0 \implies x > 2$. В этом случае можно разделить обе части на $\sqrt{x-2}$, так как этот множитель положителен.
$\frac{2x + 3}{x - 6,6} - \frac{5}{x - 5} \ge 0$
Приведем к общему знаменателю:
$\frac{(2x + 3)(x - 5) - 5(x - 6,6)}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2x^2 - 10x + 3x - 15 - 5x + 33}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2x^2 - 12x + 18}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2(x^2 - 6x + 9)}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2(x - 3)^2}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$
Числитель $2(x-3)^2$ всегда неотрицателен. Он равен нулю при $x=3$ (это решение) и положителен при $x \ne 3$.
Таким образом, для $x \ne 3$ знак дроби зависит от знака знаменателя $(x - 6,6)(x - 5)$.
Решим неравенство $(x - 6,6)(x - 5) > 0$ методом интервалов. Корни знаменателя: $x=5$ и $x=6,6$.
Знаменатель положителен при $x \in (-\infty; 5) \cup (6,6; +\infty)$.
4. Объединим все решения с учетом ОДЗ.
Решение $x=2$ (из случая 1).
Решение $x=3$ (когда числитель равен нулю).
Решения для $x > 2$: $(2; 5) \cup (6,6; +\infty)$. Это множество уже включает в себя $x=3$.
Объединяя все, получаем: $\{2\} \cup (2; 5) \cup (6,6; +\infty) = [2; 5) \cup (6,6; +\infty)$.
Ответ: $[2; 5) \cup (6,6; \infty)$.
б)
Исходное неравенство:
$\frac{3x + 1}{(2x + 1)\sqrt{2 - x}} \le \frac{1}{(x + 1)\sqrt{2 - x}}$
1. Найдем ОДЗ:
Выражение под корнем в знаменателе должно быть строго положительным: $2 - x > 0 \implies x < 2$.
Другие множители в знаменателях не равны нулю: $2x + 1 \ne 0 \implies x \ne -0,5$ и $x + 1 \ne 0 \implies x \ne -1$.
ОДЗ: $x \in (-\infty; -1) \cup (-1; -0,5) \cup (-0,5; 2)$.
2. Так как на ОДЗ $\sqrt{2-x} > 0$, можно умножить обе части неравенства на этот множитель:
$\frac{3x + 1}{2x + 1} \le \frac{1}{x + 1}$
Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{3x + 1}{2x + 1} - \frac{1}{x + 1} \le 0$
$\frac{(3x + 1)(x + 1) - (2x + 1)}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$
$\frac{3x^2 + 3x + x + 1 - 2x - 1}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$
$\frac{3x^2 + 2x}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$
$\frac{x(3x + 2)}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$
3. Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов.
Корни числителя: $x=0$, $x=-2/3$.
Корни знаменателя: $x=-0,5$, $x=-1$.
Нанесем точки на числовую прямую: -1, -2/3, -0,5, 0.
Определим знаки на интервалах:
$(-\infty; -1)$: +
$(-1; -2/3]$: - (включая -2/3)
$[-2/3; -0,5)$: +
$(-0,5; 0]$: - (включая 0)
$(0; +\infty)$: +
Решение неравенства: $x \in (-1; -2/3] \cup (-0,5; 0]$.
4. Сравним с ОДЗ. Полученное решение полностью входит в ОДЗ.
Ответ: $(-1; -2/3] \cup (-0,5; 0]$.
в)
Исходное неравенство:
$\frac{(2x - 7)\sqrt{x - 1}}{x - 3} \ge \frac{9\sqrt{x - 1}}{5 - x}$
1. Найдем ОДЗ:
$x - 1 \ge 0 \implies x \ge 1$.
$x - 3 \ne 0 \implies x \ne 3$.
$5 - x \ne 0 \implies x \ne 5$.
ОДЗ: $x \in [1; 3) \cup (3; 5) \cup (5; +\infty)$.
2. Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель $\sqrt{x-1}$:
$\frac{(2x - 7)\sqrt{x - 1}}{x - 3} - \frac{9\sqrt{x - 1}}{5 - x} \ge 0$
$\sqrt{x - 1} \left( \frac{2x - 7}{x - 3} - \frac{9}{5 - x} \right) \ge 0$
$\sqrt{x - 1} \left( \frac{2x - 7}{x - 3} + \frac{9}{x - 5} \right) \ge 0$
3. Рассмотрим два случая:
Случай 1: $\sqrt{x - 1} = 0 \implies x = 1$. Это значение входит в ОДЗ, значит $x=1$ — решение.
Случай 2: $\sqrt{x - 1} > 0 \implies x > 1$. Делим на $\sqrt{x-1}$:
$\frac{2x - 7}{x - 3} + \frac{9}{x - 5} \ge 0$
$\frac{(2x - 7)(x - 5) + 9(x - 3)}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2x^2 - 10x - 7x + 35 + 9x - 27}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2x^2 - 8x + 8}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2(x^2 - 4x + 4)}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$
$\frac{2(x - 2)^2}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$
Числитель $2(x-2)^2 \ge 0$ для всех $x$. Он равен нулю при $x=2$. Это значение входит в ОДЗ и является решением.
При $x \ne 2$ числитель положителен, поэтому знак дроби зависит от знака знаменателя $(x-3)(x-5)$.
Неравенство $(x-3)(x-5) > 0$ выполняется при $x \in (-\infty; 3) \cup (5; +\infty)$.
4. Объединим решения с учетом ОДЗ для $x>1$.
Решение $x=1$ (из случая 1).
Решение $x=2$ (когда числитель равен нулю).
Решение, когда дробь положительна: $x \in (1; 3) \cup (5; +\infty)$. Это множество уже включает в себя $x=2$.
Объединяя все, получаем: $\{1\} \cup (1; 3) \cup (5; +\infty) = [1; 3) \cup (5; +\infty)$.
Ответ: $[1; 3) \cup (5; \infty)$.
г)
Исходное неравенство:
$\frac{1}{(x + 1)\sqrt{9 - x}} \le \frac{4 - x}{(8 - x)\sqrt{9 - x}}$
1. Найдем ОДЗ:
$9 - x > 0 \implies x < 9$.
$x + 1 \ne 0 \implies x \ne -1$.
$8 - x \ne 0 \implies x \ne 8$.
ОДЗ: $x \in (-\infty; -1) \cup (-1; 8) \cup (8; 9)$.
2. На ОДЗ $\sqrt{9-x} > 0$, умножим на него обе части:
$\frac{1}{x + 1} \le \frac{4 - x}{8 - x}$
$\frac{1}{x + 1} - \frac{4 - x}{8 - x} \le 0$
$\frac{(8 - x) - (4 - x)(x + 1)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
$\frac{8 - x - (4x + 4 - x^2 - x)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
$\frac{8 - x - (3x + 4 - x^2)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
$\frac{8 - x - 3x - 4 + x^2}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
$\frac{x^2 - 4x + 4}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
$\frac{(x - 2)^2}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$
3. Решим неравенство.
Неравенство выполняется, если:
a) Дробь равна нулю. Это возможно, если числитель равен нулю: $(x-2)^2=0 \implies x=2$. Это значение входит в ОДЗ, значит $x=2$ является решением.
б) Дробь отрицательна. Так как числитель $(x-2)^2$ всегда неотрицателен, дробь будет отрицательна, когда числитель положителен ($x \ne 2$), а знаменатель отрицателен.
$(x + 1)(8 - x) < 0$
Корни знаменателя: $x=-1$ и $x=8$. Это парабола с ветвями вниз, она отрицательна за пределами корней.
Значит, $(x + 1)(8 - x) < 0$ при $x \in (-\infty; -1) \cup (8; +\infty)$.
4. Пересечем полученные решения с ОДЗ.
ОДЗ: $(-\infty; -1) \cup (-1; 8) \cup (8; 9)$.
Решение $x=2$ входит в ОДЗ.
Пересечение $(-\infty; -1) \cup (8; +\infty)$ с ОДЗ дает $(-\infty; -1) \cup (8; 9)$.
Объединяем все найденные решения: $(-\infty; -1) \cup \{2\} \cup (8; 9)$.
Ответ: $(-\infty; -1) \cup \{2\} \cup (8; 9)$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 11.58 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 №11.58 (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.