Geum.ru

Міністерство освіти І науки України Кіровоградський державний педагогічний університет імені Володимира Винниченка

Вид материалаДокументы

Содержание


Знайти множину значень функції .
Подобный материал:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   21

10 (2 бали). Знайти множину значень функції .

1 спосіб. Враховуючи рівність , де , отримаємо:

, де .

Відповідь: множина значень: .

2 спосіб. Врахуємо нерівність Коші-Буняковського, маємо:



Знак рівності досягається, коли розглядувані вектори колінеарні, їхні координати пропорційні ( ):

звідки – у другій чверті, , звідки отримуємо , при якому

звідки – у ІV чверті, . А тому .

Відповідь: множина значень: .


11 (7 балів). При якому значенні параметра найбільше значення виразу дорівнюватиме 8?

Врахуємо нерівність Коші-Буняковського, маємо:





, звідки .

Зауваження: очевидно, можна підібрати 2 невідомі для кожного із значень параметра так, щоб виконувались умови:

. А тоді вираз, даний в умові, дійсно досягає максимального значення, що дорівнює 8.


11 (4 бали). Розв’язати рівняння .

; ; ;

Щоб розкрити модуль, врахуємо знак у І, ІV чверті: .

У ІІ, ІІІ чверті:

Відповідь: .


11 (4 бали). Знайти усі пари чисел , для яких справджується нерівність

ОДЗ: З останньої умови маємо, що , а з передостанньої, що , причому знак рівності досягається, коли , а тому маємо: , підставляємо в ліву і праву частини, враховуємо ОДЗ, маємо:

Відповідь:


10 (4 бали). Довести нерівність .

Нехай , тоді , тому . Маємо нерівність:

, що вірно.


11 (4 бали). Довести нерівність: . За яких умов досягається рівність?

Перенесемо все у праву частину і виділимо повний квадрат:

як сума квадратів. Знак рівності можливий, якщо:

звідки .


11 (4 бали). Розв’язати рівняння .

З умови , враховуючи, що , , та поділивши на , отримаємо або . Зведемо до спільного знаменника, отримаємо:

.

Виконаємо заміну ; тоді ; , отримаємо або . Отримане рівняння має три раціональні корені виду причому є дільником вільного члена 63, а – дільником старшого коефіцієнта 16. Перевіряємо за схемою Горнера або діленням у стовпчик на і т.д.:

, маємо

А тоді, враховуючи заміну , маємо , звідки


11 (7 балів). Розв’язати рівняння .

ОДЗ:

З умови матимемо: , врахуємо формулу косинуса суми:

; а тоді , виконаємо тотожні перетворення: , рівність можлива при невід’ємній правій частині , з урахуванням ОДЗ маємо обмеження: . Піднесемо останню рівність до квадрата, матимемо:

. Коренями останнього рівняння є , але .

Відповідь: .


11 (4 бали). Довести: .

Очевидно, що якщо , то ; на жаль це не може бути доведенням при , а тому розглянемо функцію ; обчислимо похідну , критичні точки або , звідки ;

1) , ;

2) ,

;

.

Звідки випливає .


11 (7 балів). Розв’язати нерівність .

1 спосіб. Враховуючи нерівність між степеневими, маємо: . Взявши , , отримаємо: . Таким чином, нерівність виконується для всіх дійсних , для яких і , тобто , де .

2 спосіб. Нехай , , тоді . Дослідимо функцію при умові , . Функція Лагранжа має вид . , звідси і враховуючи умову , маємо . . На межі маємо: і або і , . Таким чином найбільше значення функції дорівнює , тобто для всіх , для яких вирази мають зміст.

Відповідь: .


11 (4 бали). Нехай додатні числа і . Довести, що .

1 спосіб. Використаємо метод Лагранжа, але розглянемо більш сильну умову, коли - невід’ємні числа, адже при першій умові ( - додатні, ) відповідна множина не є компактом (не замкнена). Отже, введемо функцію Лагранжа на компакті , , де , звідси () і враховуючи умову , маємо . На межі, якщо для якогось , то . При , , при всіх , тому знову нерівність виконується.

2 спосіб. За нерівністю Коші , звідки , а тоді .

11 (4 бали). Знайти найменше значення многочлена .

За нерівністю Коші маємо

; а оскільки і , то


10 (2 бали). Знайти множину значень функції .

3 спосіб. Нехай , . Розглянемо функцію на множині . Функція Лагранжа , , звідси , і з умови маємо: , , з відповідними значеннями і функція . На межі: , , , . Отже, шукана множина значень: .