Номер 12.13, страница 311 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 12. Метод промежутков для уравнений и неравенств. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 12.13, страница 311.

Условие.

12.13* a) $|x^2 - 9| + |x + 4| \ge 7; $ б) $|x^2 - 16| + |x - 5| \ge 9; $
B) $|x^2 - 4| + |x - 3| \le 5; $ г) $|x^2 - 1| + |x - 2| \le 3. $

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а)

Решим неравенство $|x^2 - 9| + |x + 4| \ge 7$.

Для раскрытия модулей найдем нули подмодульных выражений:

$x^2 - 9 = 0 \implies x = \pm 3$

$x + 4 = 0 \implies x = -4$

Эти точки разбивают числовую ось на четыре промежутка: $(-\infty, -4)$, $[-4, -3)$, $[-3, 3)$, $[3, \infty)$.

1. Рассмотрим промежуток $x < -4$.

На этом промежутке $x^2 - 9 > 0$ и $x + 4 < 0$. Неравенство принимает вид:

$(x^2 - 9) - (x + 4) \ge 7$

$x^2 - x - 13 \ge 7$

$x^2 - x - 20 \ge 0$

Корни уравнения $x^2 - x - 20 = 0$ равны $x_1 = -4$ и $x_2 = 5$. Решение неравенства: $x \in (-\infty, -4] \cup [5, \infty)$.

С учетом условия $x < -4$, получаем решение: $x \in (-\infty, -4)$.

2. Рассмотрим промежуток $-4 \le x < -3$.

На этом промежутке $x^2 - 9 > 0$ и $x + 4 \ge 0$. Неравенство принимает вид:

$(x^2 - 9) + (x + 4) \ge 7$

$x^2 + x - 5 \ge 7$

$x^2 + x - 12 \ge 0$

Корни уравнения $x^2 + x - 12 = 0$ равны $x_1 = -4$ и $x_2 = 3$. Решение неравенства: $x \in (-\infty, -4] \cup [3, \infty)$.

С учетом условия $-4 \le x < -3$, получаем решение: $x = -4$.

3. Рассмотрим промежуток $-3 \le x < 3$.

На этом промежутке $x^2 - 9 \le 0$ и $x + 4 > 0$. Неравенство принимает вид:

$-(x^2 - 9) + (x + 4) \ge 7$

$-x^2 + 9 + x + 4 \ge 7$

$-x^2 + x + 13 \ge 7$

$x^2 - x - 6 \le 0$

Корни уравнения $x^2 - x - 6 = 0$ равны $x_1 = -2$ и $x_2 = 3$. Решение неравенства: $x \in [-2, 3]$.

С учетом условия $-3 \le x < 3$, получаем решение: $x \in [-2, 3)$.

4. Рассмотрим промежуток $x \ge 3$.

На этом промежутке $x^2 - 9 \ge 0$ и $x + 4 > 0$. Неравенство принимает вид:

$(x^2 - 9) + (x + 4) \ge 7$

$x^2 + x - 5 \ge 7$

$x^2 + x - 12 \ge 0$

Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, -4] \cup [3, \infty)$.

С учетом условия $x \ge 3$, получаем решение: $x \in [3, \infty)$.

Объединяем все полученные решения: $(-\infty, -4) \cup \{-4\} \cup [-2, 3) \cup [3, \infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -4] \cup [-2, \infty)$.

б)

Решим неравенство $|x^2 - 16| + |x - 5| \ge 9$.

Нули подмодульных выражений: $x = \pm 4$ и $x = 5$.

Промежутки: $(-\infty, -4)$, $[-4, 4)$, $[4, 5)$, $[5, \infty)$.

1. $x < -4$: $(x^2 - 16) - (x - 5) \ge 9 \implies x^2 - x - 11 \ge 9 \implies x^2 - x - 20 \ge 0$.

Решение: $x \in (-\infty, -4] \cup [5, \infty)$. С учетом $x < -4$, получаем $x \in (-\infty, -4)$.

2. $-4 \le x < 4$: $-(x^2 - 16) - (x - 5) \ge 9 \implies -x^2 - x + 21 \ge 9 \implies x^2 + x - 12 \le 0$.

Корни $x_1 = -4, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-4, 3]$. Это решение полностью входит в рассматриваемый промежуток.

3. $4 \le x < 5$: $(x^2 - 16) - (x - 5) \ge 9 \implies x^2 - x - 20 \ge 0$.

Решение: $x \in (-\infty, -4] \cup [5, \infty)$. На промежутке $[4, 5)$ решений нет.

4. $x \ge 5$: $(x^2 - 16) + (x - 5) \ge 9 \implies x^2 + x - 21 \ge 9 \implies x^2 + x - 30 \ge 0$.

Корни $x_1 = -6, x_2 = 5$. Решение: $x \in (-\infty, -6] \cup [5, \infty)$. С учетом $x \ge 5$, получаем $x \in [5, \infty)$.

Объединяем решения: $(-\infty, -4) \cup [-4, 3] \cup [5, \infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, 3] \cup [5, \infty)$.

в)

Решим неравенство $|x^2 - 4| + |x - 3| \le 5$.

Нули подмодульных выражений: $x = \pm 2$ и $x = 3$.

Промежутки: $(-\infty, -2)$, $[-2, 2)$, $[2, 3)$, $[3, \infty)$.

1. $x < -2$: $(x^2 - 4) - (x - 3) \le 5 \implies x^2 - x - 1 \le 5 \implies x^2 - x - 6 \le 0$.

Корни $x_1 = -2, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-2, 3]$. На промежутке $(-\infty, -2)$ решений нет.

2. $-2 \le x < 2$: $-(x^2 - 4) - (x - 3) \le 5 \implies -x^2 - x + 7 \le 5 \implies x^2 + x - 2 \ge 0$.

Корни $x_1 = -2, x_2 = 1$. Решение: $x \in (-\infty, -2] \cup [1, \infty)$. С учетом $-2 \le x < 2$, получаем $x \in \{-2\} \cup [1, 2)$.

3. $2 \le x < 3$: $(x^2 - 4) - (x - 3) \le 5 \implies x^2 - x - 6 \le 0$.

Решение: $x \in [-2, 3]$. С учетом $2 \le x < 3$, получаем $x \in [2, 3)$.

4. $x \ge 3$: $(x^2 - 4) + (x - 3) \le 5 \implies x^2 + x - 7 \le 5 \implies x^2 + x - 12 \le 0$.

Корни $x_1 = -4, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-4, 3]$. С учетом $x \ge 3$, получаем $x = 3$.

Объединяем решения: $\{-2\} \cup [1, 2) \cup [2, 3) \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in \{-2\} \cup [1, 3]$.

г)

Решим неравенство $|x^2 - 1| + |x - 2| \le 3$.

Нули подмодульных выражений: $x = \pm 1$ и $x = 2$.

Промежутки: $(-\infty, -1)$, $[-1, 1)$, $[1, 2)$, $[2, \infty)$.

1. $x < -1$: $(x^2 - 1) - (x - 2) \le 3 \implies x^2 - x + 1 \le 3 \implies x^2 - x - 2 \le 0$.

Корни $x_1 = -1, x_2 = 2$. Решение: $x \in [-1, 2]$. На промежутке $(-\infty, -1)$ решений нет.

2. $-1 \le x < 1$: $-(x^2 - 1) - (x - 2) \le 3 \implies -x^2 - x + 3 \le 3 \implies x^2 + x \ge 0 \implies x(x+1) \ge 0$.

Решение: $x \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$. С учетом $-1 \le x < 1$, получаем $x \in \{-1\} \cup [0, 1)$.

3. $1 \le x < 2$: $(x^2 - 1) - (x - 2) \le 3 \implies x^2 - x - 2 \le 0$.

Решение: $x \in [-1, 2]$. С учетом $1 \le x < 2$, получаем $x \in [1, 2)$.

4. $x \ge 2$: $(x^2 - 1) + (x - 2) \le 3 \implies x^2 + x - 3 \le 3 \implies x^2 + x - 6 \le 0$.

Корни $x_1 = -3, x_2 = 2$. Решение: $x \in [-3, 2]$. С учетом $x \ge 2$, получаем $x = 2$.

Объединяем решения: $\{-1\} \cup [0, 1) \cup [1, 2) \cup \{2\}$.

Ответ: $x \in \{-1\} \cup [0, 2]$.