Частина друга

2sinα cos3α + 2cos3α

2cos3α(sinα +1)

2.1.

= −

ctg α

3 .

2

− sinαsin3α − 2sin3α

2sin3α(siinα + ) = −

1

Відповідь. −ctg3α .

2.2. ОДЗ: x 2 + x

3 > 0 ; x 2 + x

3 = 0 ; x( x + 3) = 0 ; x = 0 , x = 3

− .

1

2

+

+

–

х

–3

0

x ∈(−∞; − 3)∪( ;

0 + ∞) .

x 2 + x

2

3

(0 5)−

 ,

; x 2 + x

3 − 4  0 ; x 2 + x

3 − 4 = 0 ; x = 4

− , x = 1 .

1

2

+

+

–

х

–4

1

Порівняємо з ОДЗ, маємо: x ∈(−∞; − 4]∪[ ;

1 + ∞) .

Відповідь. x ∈(−∞; − 4]∪[ ;

1 + ∞) .

126 Варіант 29

1

9

1

9

x 2 − 9⋅ 4

2.3. f′( x) = −

, f ′( x) = 0 ;

−

= 0 ,

= 0 , тоді x 2 = 36 , x = 6 , x = 6

− .

4

x 2

4

2

x

4 x 2

1

2

f′( х) +

–

–

+

f( х)

–6

0

6

х

x

= −6 .

max

Відповідь. x

= −6 .

max

21

21

2.4. S

= S

2

+ S , S = 7⋅3⋅sin °

30 =

; S

= S

− S

2

= 141− 2⋅

= 120 (см2).

повна

осн

біч

осн

2

біч

повна

осн

2

21

S

= 2⋅ h⋅(7 + 3) = 120 (см2), h⋅10 = 60 , h = 6 см. V = h⋅ S

6

63 (см3).

осн =

⋅

=

біч

2

Відповідь.

V = 63 см3.

Частина третя

 x>0,

1

( )

log x ,

( )

1

> 0

2

3.1. ОДЗ:  3







log log x

0;

3

( )



1

1

2 



3

 >







log

log x

1

1

1



 > , отже, (3) виконується;

2

3

1

0 < log x <

, отже, (2) виконується;

1

2

3

1

< x < 1 ;

3

 1



Відповідь. x ∈

;1 .

 3



3.2. Переформулюємо умову завдання. Площа прямокутника дорівнює 2500. Якими повинні бути

його ширина та довжина, щоб периметр прямокутника був найменшим?

2500

Нехай одна сторона прямокутника x, тоді інша

. Периметр прямокутника дорів­

x



2500 



2500 

нює 2 x +

( )= 2 +

та дослідимо її на екстремум



x  . Розглянемо функцію f x

x



x 

( 0 x2500 ).



2500 

x 2 2500

′( ) = 2 1−

2

; f ′( x) = 0 ;

; 2

, x = 50

−

.



x 2 − 2500 = 0 x = 2500 ; x = 50

2

 =

−

f x

x

x 2

1

2

f′( х)

–

+

f( х)

0

50

х

f ( x) набуває свого найменшого значення в точці 50. Якщо одна сторона 50, то й інша — 50.

Відповідь. 50, 50.

Варіант 29 127

3.3. За умовою ABCD — прямокутник, AB = a , AD = b ,

B

C

1

1

AA = c , ∠ A AD = ∠ A AB α . A H — висота приз1

1

=

1

1

ми. Проведемо A K ⊥ AD , A M ⊥ AB .  AA K =  AA M

1

1

1

1

 AA K =  AA M за гіпотенузою і гострим кутом, тоді

1

1

A 1

D

AK = AM.

1

За теоремою про три перпендикуляри HK ⊥ AD ,

HM ⊥ AB . Тоді AMHK — квадрат, AH = AK 2 .

Із  AA K : AK = c⋅cosα , тоді AH = c 2 ⋅cosα .

1

B

Із  AA H : A H 2

AH 2

AA 2

+

=

,

C

1

1

1

M

H

A H = AA 2 − AH 2 = c 2 − c 2

2

cos α = c

2

2

1 − 2cos α .

1

1

A

K

D

V = S

2

1 2cos α

cos2α .

осн ⋅ A H

1

= abc

−

= abc −

Проаналізуємо: −cos2α ;

0 cos2α ;

0 90°2 a 1

 80 ;

° 45° a90°

−cos2α ;

0 cos2α ;

0 90°2 a 1

 80 ;

° 45° a90° .

Відповідь.

V = abc −cos2α .