Страница 317 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Решите неравенство (13.3–13.5):

13.3 a) $e^{\sqrt{1-x^2}} + \sqrt{x^2 - 7x - 8} \ge -6;$

б) $\pi^{\sqrt{4-x^2}} + \sqrt{x^2 - x - 6} \ge 6;$

в) $\sqrt{x^2 - 4x - 5} + \lg(1 + \sqrt{8x - 2x^2 + 10}) \le 6;$

г) $\sqrt{x^2 - x - 6} + 10^{\sqrt{4 - x^2}} + 5\lg(12 + x) \le 6.$

а) $e^{\sqrt{1-x^2}} + \sqrt{x^2 - 7x - 8} \ge -6$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для данного неравенства. Для этого решим систему неравенств:

$ \begin{cases} 1 - x^2 \ge 0 \\ x^2 - 7x - 8 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство:

$1 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$, то есть $x \in [-1, 1]$.

Решим второе неравенство: $x^2 - 7x - 8 \ge 0$.

Найдем корни уравнения $x^2 - 7x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 8$.

Так как ветви параболы $y = x^2 - 7x - 8$ направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -1] \cup [8, \infty)$.

Найдем пересечение областей решений двух неравенств:

$[-1, 1] \cap ((-\infty, -1] \cup [8, \infty)) = \{-1\}$.

Таким образом, ОДЗ неравенства состоит из одной точки $x = -1$.

Подставим это значение в исходное неравенство, чтобы проверить, является ли оно решением:

$e^{\sqrt{1 - (-1)^2}} + \sqrt{(-1)^2 - 7(-1) - 8} \ge -6$

$e^{\sqrt{1 - 1}} + \sqrt{1 + 7 - 8} \ge -6$

$e^{\sqrt{0}} + \sqrt{0} \ge -6$

$e^0 + 0 \ge -6$

$1 \ge -6$

Полученное неравенство верно. Следовательно, $x = -1$ является решением.

Ответ: $\{-1\}$.

б) $\pi^{\sqrt{4-x^2}} + \sqrt{x^2 - x - 6} \ge 6$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) неравенства:

$ \begin{cases} 4 - x^2 \ge 0 \\ x^2 - x - 6 \ge 0 \end{cases} $

Решим первое неравенство:

$4 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 4 \implies -2 \le x \le 2$, то есть $x \in [-2, 2]$.

Решим второе неравенство: $x^2 - x - 6 \ge 0$.

Корни уравнения $x^2 - x - 6 = 0$ равны $x_1 = -2$ и $x_2 = 3$.

Ветви параболы направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in (-\infty, -2] \cup [3, \infty)$.

Пересечение областей решений: $x \in [-2, 2] \cap ((-\infty, -2] \cup [3, \infty)) = \{-2\}$.

ОДЗ состоит из одной точки $x = -2$. Проверим ее, подставив в исходное неравенство:

$\pi^{\sqrt{4 - (-2)^2}} + \sqrt{(-2)^2 - (-2) - 6} \ge 6$

$\pi^{\sqrt{4 - 4}} + \sqrt{4 + 2 - 6} \ge 6$

$\pi^{\sqrt{0}} + \sqrt{0} \ge 6$

$\pi^0 + 0 \ge 6$

$1 \ge 6$

Полученное неравенство неверно. Следовательно, решений нет.

Ответ: нет решений.

в) $\sqrt{x^2 - 4x - 5} + \lg(1 + \sqrt{8x - 2x^2 + 10}) \le 6$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнями должны быть неотрицательными, а выражение под логарифмом — положительным.

$ \begin{cases} x^2 - 4x - 5 \ge 0 \\ 8x - 2x^2 + 10 \ge 0 \\ 1 + \sqrt{8x - 2x^2 + 10} > 0 \end{cases} $

Рассмотрим второе неравенство: $8x - 2x^2 + 10 \ge 0$. Разделим на $-2$ и сменим знак:

$x^2 - 4x - 5 \le 0$.

Теперь система выглядит так:

$ \begin{cases} x^2 - 4x - 5 \ge 0 \\ x^2 - 4x - 5 \le 0 \end{cases} $

Единственный способ удовлетворить обоим неравенствам одновременно — это если $x^2 - 4x - 5 = 0$.

Найдем корни этого уравнения. По теореме Виета, $x_1 = -1$ и $x_2 = 5$.

Таким образом, ОДЗ может состоять только из этих двух точек. Проверим третье условие ОДЗ: $1 + \sqrt{8x - 2x^2 + 10} > 0$.

Так как для $x = -1$ и $x = 5$ выражение $8x - 2x^2 + 10 = -2(x^2 - 4x - 5) = 0$, то $\sqrt{8x - 2x^2 + 10} = 0$.

Тогда $1 + 0 > 0$, что верно. Значит, ОДЗ состоит из двух точек: $x = -1$ и $x = 5$.

Проверим каждую точку, подставив в исходное неравенство.

При $x = -1$ и $x = 5$ оба подкоренных выражения равны нулю:

$\sqrt{0} + \lg(1 + \sqrt{0}) \le 6$

$0 + \lg(1) \le 6$

$0 \le 6$

Неравенство верно. Обе точки являются решениями.

Ответ: $\{-1; 5\}$.

г) $\sqrt{x^2 - x - 6} + 10^{\sqrt{4-x^2}} + 5\lg(12+x) \le 6$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ) из системы условий:

$ \begin{cases} x^2 - x - 6 \ge 0 \\ 4 - x^2 \ge 0 \\ 12 + x > 0 \end{cases} $

1. $x^2 - x - 6 \ge 0$. Корни $x_1 = -2, x_2 = 3$. Решение: $x \in (-\infty, -2] \cup [3, \infty)$.

2. $4 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 4 \implies x \in [-2, 2]$.

3. $12 + x > 0 \implies x > -12$.

Найдем пересечение решений первых двух неравенств: $(-\infty, -2] \cup [3, \infty) \cap [-2, 2] = \{-2\}$.

Теперь проверим, удовлетворяет ли точка $x = -2$ третьему условию: $-2 > -12$. Это верно.

Следовательно, ОДЗ неравенства состоит из единственной точки $x = -2$.

Подставим $x = -2$ в исходное неравенство:

$\sqrt{(-2)^2 - (-2) - 6} + 10^{\sqrt{4 - (-2)^2}} + 5\lg(12 + (-2)) \le 6$

$\sqrt{4 + 2 - 6} + 10^{\sqrt{4 - 4}} + 5\lg(10) \le 6$

$\sqrt{0} + 10^{\sqrt{0}} + 5 \cdot 1 \le 6$

$0 + 10^0 + 5 \le 6$

$1 + 5 \le 6$

$6 \le 6$

Неравенство верно. Значит, $x = -2$ является решением.

Ответ: $\{-2\}$.

13.4 a) $(\sqrt{x^2 - 81} + 2)\log_3 |x| + \frac{9}{x}(\sqrt{81 - x^2} + 1) > 4;$

б) $(\sqrt{x^2 - 16} + 1)\log_3 (x^2 - 7) - \frac{x}{2}(\sqrt{16 - x^2} + 3) < 0;$

в) $\sqrt{x^2 - 7x + 10} > \lg (\sqrt{7x - x^2 - 10} + 2);$

г) $\sqrt{x^2 + 7x + 10} < \lg (-5x + \sqrt{-x^2 - 5x - 6}).$

а) Решим неравенство $(\sqrt{x^2-81}+2)\log_3|x| + \frac{9}{x}(\sqrt{81-x^2}+1) > 4$.
Найдем область определения (ОДЗ) неравенства. Для этого необходимо, чтобы все выражения были определены:
$ \begin{cases} x^2 - 81 \ge 0 \\ 81 - x^2 \ge 0 \\ |x| > 0 \\ x \neq 0 \end{cases} $
Из первого неравенства системы $x^2 \ge 81$. Из второго $x^2 \le 81$. Единственная возможность, при которой оба неравенства выполняются одновременно, это $x^2 = 81$.
Отсюда $x = 9$ или $x = -9$.
Оба значения удовлетворяют условиям $|x| > 0$ и $x \neq 0$. Таким образом, ОДЗ состоит из двух точек: $x=9$ и $x=-9$.
Проверим каждую точку, подставив ее в исходное неравенство.
1. При $x=9$:
$(\sqrt{9^2 - 81} + 2)\log_3|9| + \frac{9}{9}(\sqrt{81 - 9^2} + 1) > 4$
$(\sqrt{0} + 2)\log_3 9 + 1(\sqrt{0} + 1) > 4$
$2 \cdot 2 + 1 \cdot 1 > 4$
$5 > 4$ (верно).
Следовательно, $x=9$ является решением.
2. При $x=-9$:
$(\sqrt{(-9)^2 - 81} + 2)\log_3|-9| + \frac{9}{-9}(\sqrt{81 - (-9)^2} + 1) > 4$
$(\sqrt{0} + 2)\log_3 9 - 1(\sqrt{0} + 1) > 4$
$2 \cdot 2 - 1 \cdot 1 > 4$
$3 > 4$ (неверно).
Следовательно, $x=-9$ не является решением.
Ответ: $x=9$.

б) Решим неравенство $(\sqrt{x^2-16}+1)\log_3(x^2-7) - \frac{x}{2}(\sqrt{16-x^2}+3) < 0$.
Найдем область определения (ОДЗ) неравенства:
$ \begin{cases} x^2 - 16 \ge 0 \\ 16 - x^2 \ge 0 \\ x^2 - 7 > 0 \end{cases} $
Из первого и второго неравенств системы следует, что $x^2 - 16 = 0$, откуда $x^2 = 16$, то есть $x = \pm 4$.
Проверим, удовлетворяют ли эти значения третьему условию $x^2 - 7 > 0$:
Для $x=4$: $4^2 - 7 = 16 - 7 = 9 > 0$ (верно).
Для $x=-4$: $(-4)^2 - 7 = 16 - 7 = 9 > 0$ (верно).
Таким образом, ОДЗ состоит из двух точек: $x=4$ и $x=-4$.
Проверим каждую точку, подставив ее в исходное неравенство.
1. При $x=4$:
$(\sqrt{4^2 - 16} + 1)\log_3(4^2 - 7) - \frac{4}{2}(\sqrt{16 - 4^2} + 3) < 0$
$(\sqrt{0} + 1)\log_3(16 - 7) - 2(\sqrt{0} + 3) < 0$
$1 \cdot \log_3(9) - 2 \cdot 3 < 0$
$1 \cdot 2 - 6 < 0$
$-4 < 0$ (верно).
Следовательно, $x=4$ является решением.
2. При $x=-4$:
$(\sqrt{(-4)^2 - 16} + 1)\log_3((-4)^2 - 7) - \frac{-4}{2}(\sqrt{16 - (-4)^2} + 3) < 0$
$(\sqrt{0} + 1)\log_3(16 - 7) + 2(\sqrt{0} + 3) < 0$
$1 \cdot \log_3(9) + 2 \cdot 3 < 0$
$1 \cdot 2 + 6 < 0$
$8 < 0$ (неверно).
Следовательно, $x=-4$ не является решением.
Ответ: $x=4$.

в) Решим неравенство $\sqrt{x^2-7x+10} > \lg(\sqrt{7x-x^2-10}+2)$.
Найдем область определения (ОДЗ) неравенства:
$ \begin{cases} x^2 - 7x + 10 \ge 0 \\ 7x - x^2 - 10 \ge 0 \\ \sqrt{7x-x^2-10}+2 > 0 \end{cases} $
Второе неравенство можно переписать как $-(x^2 - 7x + 10) \ge 0$, что равносильно $x^2 - 7x + 10 \le 0$.
Таким образом, из первого и второго неравенств следует, что $x^2 - 7x + 10$ может быть только равно нулю.
$x^2 - 7x + 10 = 0$.
Решим квадратное уравнение: $(x-2)(x-5)=0$, откуда $x_1=2, x_2=5$.
При этих значениях $x$ подкоренное выражение $7x-x^2-10$ равно 0, и третье условие ОДЗ $\sqrt{0}+2 > 0$ выполняется.
Итак, ОДЗ состоит из двух точек: $x=2$ и $x=5$.
Подставим эти значения в исходное неравенство. Так как для обеих точек $x^2 - 7x + 10 = 0$, проверка будет одинаковой:
$\sqrt{0} > \lg(\sqrt{0} + 2)$
$0 > \lg(2)$
Поскольку основание десятичного логарифма $10 > 1$, а $2 > 1$, то $\lg(2) > \lg(1) = 0$.
Неравенство $0 > \lg(2)$ является неверным, так как $\lg(2)$ — положительное число.
Следовательно, ни $x=2$, ни $x=5$ не являются решениями.
Ответ: решений нет.

г) Решим неравенство $\sqrt{x^2+7x+10} < \lg(-5x+\sqrt{-x^2-5x-6})$.
Найдем область определения (ОДЗ) неравенства. Для этого решим систему:
$ \begin{cases} x^2 + 7x + 10 \ge 0 \\ -x^2 - 5x - 6 \ge 0 \\ -5x + \sqrt{-x^2 - 5x - 6} > 0 \end{cases} $
1. $x^2 + 7x + 10 \ge 0 \implies (x+5)(x+2) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -5] \cup [-2, \infty)$.
2. $-x^2 - 5x - 6 \ge 0 \implies x^2 + 5x + 6 \le 0 \implies (x+3)(x+2) \le 0 \implies x \in [-3, -2]$.
Пересечение множеств решений первых двух неравенств $(-\infty, -5] \cup [-2, \infty)$ и $[-3, -2]$ дает единственное значение $x=-2$.
3. Проверим, выполняется ли третье условие для $x=-2$:
$-5(-2) + \sqrt{-(-2)^2 - 5(-2) - 6} > 0$
$10 + \sqrt{-4 + 10 - 6} > 0$
$10 + \sqrt{0} > 0$
$10 > 0$ (верно).
Таким образом, ОДЗ состоит из единственной точки $x=-2$.
Подставим это значение в исходное неравенство, чтобы проверить, является ли оно решением.
$\sqrt{(-2)^2 + 7(-2) + 10} < \lg(-5(-2) + \sqrt{-(-2)^2 - 5(-2) - 6})$
$\sqrt{4 - 14 + 10} < \lg(10 + \sqrt{-4 + 10 - 6})$
$\sqrt{0} < \lg(10 + \sqrt{0})$
$0 < \lg(10)$
$0 < 1$ (верно).
Следовательно, $x=-2$ является решением.
Ответ: $x=-2$.

13.5* a) $3^{\sqrt{\sin x - 1}} + \log_3 (x^2 + 3) > \cos x + 2;$

б) $4^{\sqrt{\cos x - 1}} + \log_3 \frac{x}{2\pi} > \cos x + 1.$

а) $3^{\sqrt{\sin x - 1}} + \log_3(x^2 + 3) > \cos x + 2$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ) для данного неравенства. Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$\sin x - 1 \ge 0$
$\sin x \ge 1$
Поскольку максимальное значение функции синус равно 1, это неравенство превращается в равенство:
$\sin x = 1$
Это возможно при