Номер 15.40, страница 373 - 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 15. Уравнения, неравенства и системы с параметрами. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 15.40, страница 373.
№15.40 (с. 373)
Условие. №15.40 (с. 373)
скриншот условия

15.40 Найдите все значения параметра $a$, при каждом из которых неравенство:
a) $a^2 + a - \sin^2 x - 2a \cos x > 1$;
б) $|3 \sin^2 x + 2a \sin x \cos x + \cos^2 x + a| \le 3$
выполняется для любого значения $x$.
Решение 1. №15.40 (с. 373)


Решение 2. №15.40 (с. 373)


Решение 3. №15.40 (с. 373)


Решение 4. №15.40 (с. 373)
а)
Рассмотрим неравенство $a^2 + a - \sin^2 x - 2a \cos x > 1$. Оно должно выполняться для любого значения $x$.
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$, чтобы выразить неравенство через $\cos x$:
$a^2 + a - (1 - \cos^2 x) - 2a \cos x > 1$
$a^2 + a - 1 + \cos^2 x - 2a \cos x > 1$
Перенесем все члены в левую часть и сгруппируем их относительно $\cos x$:
$\cos^2 x - 2a \cos x + a^2 + a - 2 > 0$
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$. Поскольку область значений косинуса — отрезок $[-1, 1]$, то $t \in [-1, 1]$.
Теперь задача состоит в том, чтобы найти все значения параметра $a$, при которых квадратное неравенство $f(t) > 0$ выполняется для всех $t \in [-1, 1]$, где $f(t) = t^2 - 2at + (a^2 + a - 2)$.
График функции $f(t)$ — парабола с ветвями, направленными вверх. Её наименьшее значение на отрезке $[-1, 1]$ должно быть больше нуля. Положение вершины параболы $t_v = -(-2a) / (2 \cdot 1) = a$ определяет, где достигается минимум.
Рассмотрим три случая:
1. Вершина параболы находится левее отрезка $[-1, 1]$, то есть $a < -1$.
В этом случае функция $f(t)$ возрастает на отрезке $[-1, 1]$, и её наименьшее значение достигается в точке $t = -1$.
Требуем, чтобы $f(-1) > 0$:
$f(-1) = (-1)^2 - 2a(-1) + a^2 + a - 2 = 1 + 2a + a^2 + a - 2 = a^2 + 3a - 1 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $a^2 + 3a - 1 = 0$: $a = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-3 \pm \sqrt{13}}{2}$.
Неравенство $a^2 + 3a - 1 > 0$ выполняется при $a < \frac{-3 - \sqrt{13}}{2}$ или $a > \frac{-3 + \sqrt{13}}{2}$.
Учитывая условие $a < -1$, получаем $a < \frac{-3 - \sqrt{13}}{2}$ (так как $\frac{-3 + \sqrt{13}}{2} \approx \frac{-3+3.6}{2} = 0.3 > -1$).
2. Вершина параболы находится на отрезке $[-1, 1]$, то есть $-1 \le a \le 1$.
В этом случае наименьшее значение функции $f(t)$ на отрезке достигается в вершине $t = a$.
Требуем, чтобы $f(a) > 0$:
$f(a) = a^2 - 2a(a) + a^2 + a - 2 = a^2 - 2a^2 + a^2 + a - 2 = a - 2 > 0$.
Отсюда $a > 2$. Однако это противоречит условию $-1 \le a \le 1$. Следовательно, в этом случае решений нет.
3. Вершина параболы находится правее отрезка $[-1, 1]$, то есть $a > 1$.
В этом случае функция $f(t)$ убывает на отрезке $[-1, 1]$, и её наименьшее значение достигается в точке $t = 1$.
Требуем, чтобы $f(1) > 0$:
$f(1) = 1^2 - 2a(1) + a^2 + a - 2 = 1 - 2a + a^2 + a - 2 = a^2 - a - 1 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $a^2 - a - 1 = 0$: $a = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
Неравенство $a^2 - a - 1 > 0$ выполняется при $a < \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ или $a > \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.
Учитывая условие $a > 1$, получаем $a > \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ (так как $\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \approx \frac{1-2.23}{2} = -0.615 < 1$ и $\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx \frac{1+2.23}{2} = 1.615 > 1$).
Объединяя решения из всех случаев, получаем искомые значения параметра $a$.
Ответ: $a \in (-\infty; \frac{-3 - \sqrt{13}}{2}) \cup (\frac{1 + \sqrt{5}}{2}; +\infty)$
б)
Рассмотрим неравенство $|3\sin^2 x + 2a \sin x \cos x + \cos^2 x + a| \le 3$. Оно должно выполняться для любого значения $x$.
Это неравенство равносильно двойному неравенству:
$-3 \le 3\sin^2 x + 2a \sin x \cos x + \cos^2 x + a \le 3$
Преобразуем выражение в середине, используя формулы двойного угла: $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$, $\cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x = 1 - 2\sin^2 x = 2\cos^2 x - 1$. Отсюда $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$ и $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.
Пусть $E(x) = 3\sin^2 x + 2a \sin x \cos x + \cos^2 x + a$.
$E(x) = 3(\frac{1 - \cos(2x)}{2}) + a \sin(2x) + (\frac{1 + \cos(2x)}{2}) + a$
$E(x) = \frac{3 - 3\cos(2x) + 1 + \cos(2x)}{2} + a \sin(2x) + a$
$E(x) = \frac{4 - 2\cos(2x)}{2} + a \sin(2x) + a$
$E(x) = 2 - \cos(2x) + a \sin(2x) + a$
Сгруппируем члены с $x$:
$E(x) = a \sin(2x) - \cos(2x) + a + 2$
Неравенство принимает вид:
$-3 \le a \sin(2x) - \cos(2x) + a + 2 \le 3$
Вычтем из всех частей $a+2$:
$-5 - a \le a \sin(2x) - \cos(2x) \le 1 - a$
Рассмотрим выражение $F(x) = a \sin(2x) - \cos(2x)$. Его можно представить в виде $R \sin(2x + \phi)$, где $R = \sqrt{a^2 + (-1)^2} = \sqrt{a^2+1}$.
Область значений функции $F(x)$ — это отрезок $[-\sqrt{a^2+1}, \sqrt{a^2+1}]$.
Чтобы неравенство $-5 - a \le F(x) \le 1 - a$ выполнялось для всех $x$, необходимо и достаточно, чтобы вся область значений функции $F(x)$ содержалась в отрезке $[-5-a, 1-a]$. Это эквивалентно системе двух неравенств:
$\begin{cases} -\sqrt{a^2+1} \ge -5 - a \\ \sqrt{a^2+1} \le 1 - a \end{cases}$
Решим первое неравенство: $-\sqrt{a^2+1} \ge -5 - a \Leftrightarrow \sqrt{a^2+1} \le a+5$.
Это неравенство имеет решения только если $a+5 \ge 0$, то есть $a \ge -5$. При этом условии можно возвести обе части в квадрат:
$a^2+1 \le (a+5)^2$
$a^2+1 \le a^2+10a+25$
$-24 \le 10a \Leftrightarrow a \ge -2.4$
Пересекая с условием $a \ge -5$, получаем $a \ge -2.4$.
Решим второе неравенство: $\sqrt{a^2+1} \le 1 - a$.
Это неравенство имеет решения только если $1-a \ge 0$, то есть $a \le 1$. При этом условии можно возвести обе части в квадрат:
$a^2+1 \le (1-a)^2$
$a^2+1 \le 1-2a+a^2$
$0 \le -2a \Leftrightarrow 2a \le 0 \Leftrightarrow a \le 0$.
Пересекая с условием $a \le 1$, получаем $a \le 0$.
Теперь найдем пересечение решений обоих неравенств системы:
$\begin{cases} a \ge -2.4 \\ a \le 0 \end{cases}$
Решением системы является отрезок $[-2.4, 0]$.
Ответ: $a \in [-2.4; 0]$
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 15.40 расположенного на странице 373 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 №15.40 (с. 373), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.