Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Готовимся к экзамену по математике_Крамор В.С_2008 -544с

.pdf

Скачиваний:

490

Добавлен:

26.03.2016

Размер:

7.3 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 3435 / 5535 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 > Следующая >>>

К упражнению 9б

1. Выделим полный вадрат относительно sin2 x и cos2 x; то$да ле-

вая часть уравнения преобразуется следующим образом:
sin4 x + cos4 x + 2 sin x cos x =
= (sin2 x + cos2 x)2 – 2 sin2 x cos2 x + 2 sin x cos x.
После упрощений уравнение запишется в виде
sin2 2x – 2 sin 2x – 2(1 – a) = 0.	(1)

2. Получили вадратное уравнение относительно sin 2x. Для существования е$о решений должно выполняться условие D l 0, т. е.

3
a m -- . Кроме то$о, необходимо, чтобы орни уравнения (1) не превос-
2
ходили по модулю 1, т. е. \|sin 2x\| m 1.
3. Пусть y = sin 2x. То$да уравнение (1) примет вид
	y2 – 2y – 2(1 – a) = 0,		(2)
от уда y = 1 ä	1 + 2(1 – a) = 1 ä	3 – 2a .
4. Ита , уравнение (2) имеет два орня: y1 = 1 – 3 – 2a , y2 = 1 +
		3
+ 3 – 2a , оторые при условии a m -- должны удовлетворять нера-
		2
венствам
–1 m 1 – 3 – 2a m 1 и –1 m 1 + 3 – 2a m 1.
5. Решим эти неравенства:
а) –1 m 1 –	3 – 2a m 1, или 0 m	1	3
а) –1 m 1 –	3 – 2a m 1, или 0 m	3 – 2a m 2, т. е. –--	m a m -- ;
		2	2

б) –1 m 1 +		3 – 2a	3
б) –1 m 1 +		3 – 2a	m 1, или –2 m 3 – 2a m 0, т. е. a = -- .
			2
1		3
Ответ: – --	m a m -- .
2		2

К упражнению 9в

1. Положим sin x – cos x = y; возведя это равенство в вадрат, получим

sin2 x + cos2 x – 2 sin x cos x = y2, или 1 – sin 2x = y2,

от уда sin 2x = 1 – y2.

2. Та им образом, данное уравнение примет вид y2 – 2a2 y + 4a – 2 = 0

и, значит, y1 = 2 , y2 = (2a – 1)2 .

341

3. Та а

y = sin x – cos x = 2	2	2	cos x	=		π	,
	------	sin x – ------			2 sin x – --
	2	2				4

то данное уравнение равносильно следующей сово упности:

2 sin			π	=	2 ,
		x – --
			4
2 sin	x –	π	= (2a		– 1) 2 .
		--
		4

4.Из уравнения (1) следует, что sin x – π = 1, т. е.

-4-

x = 3π + 2πk, k Ý Z.

------

5. Из уравнения (2) следует, что

sin	π	= 2a – 1.
	x – --
	4

(1)

(2)

(3)

6.Уравнение (3) имеет решение лишь при условии –1 m 2a – 1 m 1,

т.е. при 0 m a m 1. Запишем это решение:

π	+ (–1)	k	arcsin (2a – 1) + πk,	$де 0 m a m 1.
x = --	+ (–1)		arcsin (2a – 1) + πk,	$де 0 m a m 1.
4
К упражнению 10
1. Запишем данное уравнение в виде
	4 sin x cos x cos 2x = a			sinx	(1)
	4 sin x cos x cos 2x = a			------------ .	(1)
				cosx

а) sin x = 0, от уда x = πk, k Ý Z.

б) Ясно, что cos x − 0. В дальнейшем будем считать, что и sin x − 0. 2. То$да от уравнения (1) перейдем следующему:

4 cos x cos 2x –	- - - - - - a - - - - - -	= 0,	или	4 cos2 x cos 2x – a = 0.	(2)
	cos x
3. Преобразуем уравнение (2):
2 cos 2x(1 + cos 2x) – a = 0,			или	2 cos2 2x + 2 cos 2x – a = 0,
от уда cos 2x = –------1-----±---------1----------------+ 2a . Та а \|cos α\| m 1, то cos 2x = –------1-----+-------					---1-----+-----2----a--
2					2

для всех a, принадлежащих интервалу 0 < a < 4 (со$ласно условию). 342

4. Ита ,
2x = ä arccos –------1-----+----------1-----+-------2--a--						+ 2πk,
				2
т. е.
x = ä	1-- arccos –------1-----+-------		-------------------	1 + 2 a	+ πk, k Ý Z.
	2		2
Ответ: x = πk, x = πk ä		1-- arccos -------------------------		– 1 + 1 -+-------2--a-- , k Ý Z.
		2		2

К упражнению 11а
1. Пусть 4-- π sin x = α; то$да уравнение примет вид
3
			sin α =			1-- .
						2
2. Запишем решение это$о уравнения в виде сово упности двух
серий орней:
		α	1	= π	+ 2πk,				(1)
		α	1	= π	+ 2πk,				(1)
				6
		α	2	= 5----π-- + 2πk.					(2)
			2	6
				6
3. С учетом выполненной замены равенства (1) и (2) примут вид
		π sin x =			π	+ 2πk,
	4				π
	--				6--
	3				6--
	4	π sin x =			5π		+ 2πk,
	--	π sin x =			--6----		+ 2πk,
	3				--6----
от уда после упрощений получим
		sin x =			1	+		3k ,	(3)
		sin x =			1	+		3k ,	(3)
					8			2
		sin x =			5--	+		3----k-- .	(4)
					8			2
4. Уравнение (3) имеет решение при условиях
	–1 m			1-- +	3-----k-		m 1.		(5)
				8	2

Решив неравенства (5), за лючаем, что они выполняются толь о

при k = 0 (та а k Ý Z). То$да уравнение (3) примет вид sin x = 1 .

343

5. Анало$ично уравнение (4) имеет решение при условиях
–1 m 5--	+ 3----k-- m 1.		(6)
8	2
Неравенства (6) выполняются при двух значениях k: k = 0 и k = –1.
Этим значениям соответствуют уравнения sin x = 5--		и sin x = –7-- .
	8		8
6. Ита , получили три уравнения: sin x = 1-- , sin x = 5-- и sin x = –7-- .
	8	8	8
Решив их, запишем ответ:
x = (–1)k arcsin 1-- + πk,	x = (–1)k arcsin	5-- + πk,
8		8
x = (–1)k + 1 arcsin 7-- + πk, k Ý Z.
	8
К упражнению 12а
1. Требуется найти все значения x, для оторых			величина
y = 4-- π sin x cos x удовлетворяет уравнению
3

log4 (ctg 2y + tg y) = 1 + 0,5 log0,5 (9 ctg y – tg y).

(1)

2. Положим tg y = t. То$да ctg 2y =

1-----–------tg------2----y--

= 1-----–------t--2-

и уравнение

2 tg y

(1) примет вид

log

1 – t2

+ t

= 1 +

log

– t .

(2)

----------

----

2--

0,5

3. Приведем все члены уравнения (2) одному основанию, равному 2:

log

– t2 + 2t2

= 1 –

log

– t2

или

log

t2 + 1

= log

-----

--------------------------

----

---------

---------------

9------–-----t--2-

от уда

t---2----+------1-- =

-----

4----t----- .

(3)

9 – t2

4. Решив уравнение (3), получим t2 = 3, от уда t

1, 2

= ä

3 , т. е.

tg y = – 3 и tg y = 3 .

5. Одна о среди найденных орней мо$ут о азаться и посторонние

орни уравнения (1). Поэтому выполним провер у.

а) Проверим орень tg y = –

3 . Та а

ctg 2y + tg y = -1-----–------3--

–

3 = –---2----

< 0,

–2

344

то независимо от зна а выражения 9 ctg y – tg y этот орень посторонний (под зна ом ло$арифма не может находиться отрицательное число).

б) Проверим орень tg y = 3 . Имеем

ctg 2y + tg y = 1------–-----3-- +		3 = ---	2---- > 0,
2	3		3
9 ctg y – tg y = ---9----	–	3 = 2	3 > 0,
3

т.е. этот орень не посторонний.

6.Запишем решение уравнения tg y = 3 :

	π
	y = -- + πk, k Ý Z.
	3
		4	π sin x cos x должна удовлет-
7. Та а заданная величина y = --			π sin x cos x должна удовлет-
		3
ворять уравнению (1), то получаем
4	π	или	1 + 3k	(4)
--	π sin x cos x = -- + πk,	или	sin 2x = ----------------- .	(4)
3	3		2
8. Уравнение (4) имеет решение при условиях
	1 + 3k		1,
	–1 m ----------------- m		1,
	2
оторые выполняются при k = 0 и k = –1.
9. Остается решить уравнение (4):
			1
а) если k = 0, то оно примет вид sin 2x = -- , от уда
			2
	k π	π n
	x = (–1) ------ +	------ , k Ý Z;
	12	2

б) если k = –1, то оно примет вид sin 2x = –1, от уда

x = –π + πn, n Ý Z.

З а м е ч а н и е. а) При решении ло$арифмичес их уравнений любо$о уровня сложности мо$ут появиться посторонние орни, а та - же орни ле$ о потерять.

б) Особенно внимательным надо быть то$да, о$да в ло$арифмиче- с их уравнениях присутствуют три$онометричес ие фун ции.

в) Опыт по азывает, что мно$ие абитуриенты не мо$ут справиться с решением примеров та о$о типа.

345

К упражнению 13а

1. Пусть arcsin x = α и arccos x = β. То$да, со$ласно определению,

π	π	, и cos β = x, 0 m arccos x m π.
sin α = x, –--	m arcsin x m --	, и cos β = x, 0 m arccos x m π.
2	2

2. Обозначим левую часть до азываемо$о равенства через P(x). Определим промежуто , в отором находится P(x). Имеем

	π		π	,
–--		m arcsin x m --
+	2		2
	0 m arccos x m π.

	π	m P(x)	3π
–--			m ------ .
	2		2

3. Найдем

sin P(x) = sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β = = x · x + 1 – x2 · 1 – x2 = x2 + 1 – x2 = 1,

$де перед ради алами берем зна «плюс», пос оль у cos α > 0 в про-

межут е	π	π	, а sin β > 0 в промежут е [0; π].
	π	π
	–--	; --
	2	2
4. Следовательно, P(x) принимает значения				π	+ 2πk, k Ý Z. Та
4. Следовательно, P(x) принимает значения				--	+ 2πk, k Ý Z. Та
				2

π	3π									π	принад-
а –--	m P(x) m ------		, то среди чисел у азанно$о вида толь о --								принад-
2	2									2
лежит промежут у					π	3π	.
					π	3π
					–--	; ------
					2	2
5. Ита , P(x) =			π
5. Ита , P(x) =			-- для любо$о значения x Ý [–1; 1].
			2
К упражнению 13б
1. Требуется до азать справедливость равенства
						1	1		32		(1)
			2 arctg --				+ arctg --	= arctg ------ .			(1)
						5	4		43
2. Воспользуемся определением ар тан$енса:
а) пусть arctg		1					1		π
а) пусть arctg		--		= α; то$да tg α = --				, 0 < α < -- ;
		5					5		2
б) пусть arctg		1					1		π	;
б) пусть arctg		--		= β; то$да tg β = --				, 0 < β < --		;
		4					4		2
в) пусть arctg		32					32		, 0 < γ <	π
в) пусть arctg		------ = γ; то$да tg γ = ------							, 0 < γ <	-- .
		43					43			2

346

3. Определим интервал, в отором за лючена левая часть равенства (1), т. е. 2α + β. Имеем:

1	3	π	π	;
а) та а tg α = --	< -------	= tg --	, то 0 < α < --	;
5	3	6	6
1	3	π	π	;
б) та а tg β = --	< -------	= tg --	, то 0 < β < --	;
4	3	6	6

в) значит, 0 < 2α + β < π .

4. Правая часть равенства (1) за лючена в интервале 0 < γ < π .

5.Та им образом, обе части равенства (1) за лючены в интервале

0; π , на отором фун ция y = tg x является монотонной. Поэтому

-2-

на у азанном интервале из равенства тан$енсов двух выражений будет следовать равенство самих этих выражений.

6. Возьмем тан$енсы от обеих частей равенства (1):

		tg 2α + tg β	, $де tg 2α = 2 tg α			2		1--
а) tg (2α + β) =		tg 2α + tg β	, $де tg 2α = 2 tg α		= -----	------	---	-5----	----	=	--5----	,
		1 – tg 2α tg β		1 – tg2 α	1	–	1 2				12
					1	–		--
								5
			--5---- + 1--	= 32 ;
а tg β = 1--	; значит, tg (2α + β) =		----12---------------4----	= 32 ;
4			1 – --5----	1-- 43
			12	4
	32
б) tg γ = ------ .
	43

7. Ита , равенство (1) до азано.

К упражнению 13

1. Требуется до азать справедливость равенства

arcsin	--9----	– arccos 4--	= –arcsin	--84------- .	(1)
	41	5		205

2. Найдем интервал, в отором за лючена левая часть равенства (1). Имеем:

9	π	4	π	;
а) 0 < arcsin ------	< --	, 0 < arccos --	< --	;
41	2	5	2

б) умножив последнее неравенство на (–1), получим

4	π	π	4	< 0;
0 > –arccos --	> – --	, т. е. –--	< –arccos --	< 0;
5	2	2	5

347

в) сложим почленно двойные неравенства:

	0 < arcsin		--9----	< -π-	,
+			41	2
–	-π-	< –arccos 4--		< 0
	2		5

–	-π-	< arcsin	--9----	– arccos 4--		<	-π- .
	2		41		5		2

3. Найдем интервал, в отором за лючена правая часть равенства

π	84	<	π	, то, умножив все члены это$о нера-
(1): та а –--	< arcsin ---------	<	--	, то, умножив все члены это$о нера-
2	205		2

венства на (–1), получим

			π	84	π	π	84	π
			–--	> –arcsin ---------	> – -- ,	или –--	< –arcsin ---------	< -- .
			2	205	2	2	205	2
	4. Та им образом, обе части равенства (1) за лючены в интервале
π	;	π	, на отором фун ция y = sin x является монотонной. Поэто-
–--	;	--	, на отором фун ция y = sin x является монотонной. Поэто-
2		2

му из равенства синусов двух выражений будет следовать равенство самих этих выражений.

5. Пусть arcsin			--9----	= α; то$да sin α =					--9---- , 0 < α < -π- , пусть arccos								4--	=
			41						41			2					5
= β; то$да cos β = 4--			, 0 < β <			-π- .
		5				2
6.	Найдем cos α =				1 – sin2 α = 40------			, sin β =			1 – cos2 β			=	3-- .
							41								5
7.	Теперь возьмем синусы от обеих частей равенства (1):
а) sin (α – β) = sin α cos β – cos α sin β =										--9----	· 4--	– 40------	· 3--	= –--84-------		;
										41	5	41	5		205
б) sin		–arcsin	84		= –	84	.
б) sin		–arcsin	-------		= –	205---------	.
		205				205---------
8.	Ита , равенство (1) до азано.

К упражнению 14

1. После первой операции в ба е осталось (729 – k) л чистой ислоты.

Значит, в одном литре раствора о азалось 729 – k л чистой ислоты.

-------------------

729

2. При втором выливании из ба а удалили (729 – k)k л ислоты

----------------------------

729

и в ба е осталось 729 – k – (729 – k)k = (729 – k)2 л ислоты.

---------------------------- ---------------------------

729 729

348

3. Та им образом, после второ$о доливания в одном литре раство-

ра о азалось (729 – k)2 л ислоты.

---------------------------

7292

4.В результате третье$о выливания оличество ислоты в ба е

уменьшилось еще на (---729------------–-----k----)--2-			л, т. е. после третьей операции в ба е
	7292
осталось (---729------------–-----k----)--2-	– (---729------------–-----k----)--2---k--		= (---729------------–-----k----)--3- л ислоты.
729	729	2		729	2
		2			2

5. Очевидно, что величины
	729 – k,	(729 – k)2		(729 – k)3			, ...,
	729 – k,	---------------------------		, ---------------------------			, ...,
		729			729	2
						2

хара теризующие оличество ислоты в ба е после аждо$о вылива-

ния, образуют $еометричес ую про$рессию со знаменателем

729 – k

------------------- .

729

Следовательно,

после

шестой операции

в ба е

о ажется

(729 – k)6

--------------------------- л ислоты.

729

Со$ласно условию, получаем уравнение

(729 – k)6

= 64,

или (729 – k)6 = 26 · 36 · 5,

---------------------------

729

от уда 729 – k = 2 · 243, т. е. k = 243.

К упражнению 17

Со$ласно условию, имеем систему

a1 + a5 = 26,

a1 + a1 + 4d = 26,

a2a4 = 160

(a1 + d)(a1 + 3d) = 160 _

a1 + 2d = 13,

a12 + 4a1d + 3d2 = 160.

Решим последнюю систему:

a1 = 13 – 2d,

(13 – 2d)2 + 4d(13 – 2d) + 3d2 = 160 _

d1 = 3, d2 = –3.

Значит, существуют две про$рессии, удовлетворяющие задан-

ным условиям:

а) d1 = 3, a1 = 13 – 2 · 3 = 7; б) d2 = –3, a1 = 13 – 2(–3) = 19.

349

4. Используя формулу a6 = a1 + 5d, найдем 6-е члены этих про$рес-

сий:
а) a6 = 7 + 3 · 5 = 22;	б) a6 = 19 – 3 · 5 = 4.
	a1 + a6	· 6 = 3(a1	+ a6) находим суммы
5. На онец, по формуле S6 = -------------------		· 6 = 3(a1	+ a6) находим суммы
	2
первых шести членов про$рессий:
а) S6 = 3(7 + 22) = 87;	б) S6 = 3(19 + 4) = 69.
Ответ: 87 или 69.

К упражнению 18

1.Пусть an, an + k, an + 2k — три числа, составляющие $еометриче- с ую про$рессию.

2.Рассмотрим ло$арифмы этих чисел по произвольному основа-

нию b та ому, что b > 0, b − 1, т. е. logb an, logb an + k, logb an + 2k. 3. Имеем

logb an + k = logb an + logb ak,

logb an + 2k = logb an + logb a2k = logb an + 2 logb ak,

т. е. числа logb an, logb an + k, logb an + 2k образуют арифметичес ую про- $рессию с первым членом logb an и разностью logb ak.

К упражнению 20а

1. Составим разность между левой и правой частями до азываемо$о

неравенства и установим, что она неотрицательна при всех x Ý					0;		π	.
					0;		2--	.
							2--
2. Имеем
tg x + ctg x – 2 = tg x +	----1------	– 2 = tg-------2----x-----–-----2-----tg--------x-----+-----1--	=	(---tg-------x-----–------1----)--2-		l 0,
	tg x	tg x		tg x

пос оль у (tg x – 1)2 l 0 а вадрат двучлена, а tg x > 0 при всех

xÝ 0; π .

-2-

350

<<< < Предыдущая 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 3435 / 5535 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
31.05.2015121.34 Кб8Глава 3.doc
#
31.05.2015262.14 Кб5Глава 4.doc
#
26.03.201634.51 Кб69Голубь задачи.docx
#
31.05.2015102.4 Кб8ГОС.РТ.doc
#
31.05.20151.48 Mб3ГОСТ 91.doc
#
26.03.20167.3 Mб490Готовимся к экзамену по математике_Крамор В.С_2008 -544с.pdf
#
31.05.2015243.71 Кб116грам.стил.doc
#
31.05.201520.85 Кб39гтн25.docx
#
31.05.20153.6 Mб66Деревянко_БС ЭВМ.pdf
#
31.05.20151.34 Mб58дип20.docx
#
31.05.20151.08 Mб95Диплом .doc