Вариант 1

Найдем производную и точки, в которых она равна 0 или не существует, разобьем ими область определения функции на отрезки и определим знаки производной на них. Переход знака производной с отрицательного значения в положительное будет точкой минимума

$y=(x-5)e^{x+2}$

$y'=\left(\left(x-5\right)e^{x+2}\right)'=e^{x+2}+(x-5)e^{x+2}=(x-4)e^{x+2}$

y'=0 при x=4. При х<4 производная отрицательная, при x>4 производная положительная, значит x=4 — точка минимума

А) Преобразуем уравнение:

$\sqrt x=\sqrt{\left[x\right]}+\sqrt{x-\left[x\right]}$

Так как левая и правая части уравнения неотрицательны, возведем в квадрат обе части уравнения. Получим :

$x=\left[x\right]+2\sqrt{\left[x\right]x-\left[x\right]^2}+x-\left[x\right]$

$2\sqrt{\left[x\right]x-\left[x\right]^2}=0$

$\left[x\right]x-\left[x\right]^2=0$

$\left[x\right](x-\left[x\right])=0$

Имеем два случая:

1 случай:

$\left[x\right]=0$

т.е. целая часть равна 0. Имеем

$0\leq x<1$

2 случай:

$x-\left[x\right]=0{}$

$x=\left[x\right]$

т.е. число-целое,дробной части нет,$x\in N$

Б) Преобразуем tg:

$tg\frac\pi{12}=\sqrt{\frac{1-cos\frac\pi6}{1+cos\frac\pi6}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt3}2}{1+\frac{\sqrt3}2}}=\sqrt{\frac{(1-\frac{\sqrt3}2)^2}{1-\frac34}}=\frac{1-\frac{\sqrt3}2}{\frac12}=2(1-\frac{\sqrt3}2)\approx0.3$

$tg\frac{5\pi}{12}=\sqrt{\frac{1-cos\frac{5\pi}6}{1+cos\frac{5\pi}6}}=\sqrt{\frac{1+cos\frac\pi6}{1-cos\frac\pi6}}=\frac{1+\frac{\sqrt3}2}{\frac12}=2(1+\frac{\sqrt3}2)\approx3.7$

Имеем,что в промежуток $0\leq x<1$ входит $\lbrack tg\frac\pi{12};1)$

В промежуток $x\in N$ входит x=1;2;3

Ответ: A) $0\leq x<1$ или $x\in N$

Б) $\left[tg\frac\pi{12};\;1\right]\cup\left\{2;3\right\}$

Дано:

SABC -пирамида, $\angle ASB=60^\circ,$,$\angle BSC=\angle CSA=45^\circ$, r-радиус вписанной в пирамиду сферы

SA=SB=2,SC=$2\sqrt2$

Доказать: (BSC)$\perp$(ASC)

Найти: r

Решение:

1) т.к. AS=SB, то треугольник ASB-равнобедренный.Следовательно, $\angle SAB=\angle SBA=\frac{180^\circ-60^\circ}2=60^\circ$. Т.к. все углы треугольника равны 60,то треугольник ASB-равносторонний, т.е. AC=CB=AB

$\bigtriangleup ASC=\bigtriangleup BSC$ (по первому признаку равенства треугольников, т.к. AS=CB,$\angle ASC=\angle CSB$, SC-общая). Следовательно, AC=BC.

$\bigtriangleup SCB:$ по теореме косинусов имеем, что $BC^2=SC^2+BS^2-2\ast SC\ast BS\ast cos(\angle CSB)$

$BC^2=8+4-2\ast2\sqrt2\ast2\ast\frac{\sqrt2}2$ $\Rightarrow BC^2=4\Rightarrow BC=2$

т.е. BC=AC=2,SB=AS=2. Следовательно $\bigtriangleup ASC,\bigtriangleup SCB$-равнобедренные$\Rightarrow\angle SCA=\angle SCB=45^\circ$$\Rightarrow\;\angle SAC=\angle SBC=90^\circ$

Проведем BH$\perp$ SC, то есть высоту в треугольнике ASC. Имеем, что AH-высота треугольника BSC. т.е. BH$\perp$SC,AH$\perp$SC.Имеем по определению двугранный угол AHB,причем в треугольнике AKB AH=HB=$\sqrt2$. По теореме косинусов найдем $\angle AHB$ и получим,что $\angle AHB=90^\circ$ . Следовательно и двугранный угол AHB=$90^\circ$, т.е. искомые плоскости перпендикулярны, что и требовалось доказать

2) Чтобы найти радиус вписанной сферы, воспользуемся следующей формулой: $r=\frac{V_{пир}}{S_{полн}}$

Найдем объем пирамиды: $V_{пир}=\frac13S_{SBC}\times AH=\frac13\times(\frac12\times2\times2)\times\sqrt2=\frac{2\sqrt2}3$

Найдем площадь всей поверхности пирамиды:$S_{полн}=2\times S_{ASB}+2\times S_{ASC}=2\times\frac{4\sqrt3}4+2\times\frac12\times2\times2=2\sqrt3+4$

$r=\frac{3\times2\sqrt2}{3\times(2\sqrt3+4)}=\frac{\sqrt2(\sqrt3-2)}{3-4}=\sqrt8-\sqrt6$

Ответ:$\sqrt8-\sqrt6$

$4^x+\frac{16}{x^2}\geq5\times\frac{2^{x+1}}x$

$2^{2x}+\frac{16}{x^2}\geq10\times\frac{2^x}x$

Домножим обе части на $\frac x{2^x}$Получим 2 случая :

1 сл: $x>0$$2^x\times x+\frac{16}{2^x\times x}\geq10$

Пусть $y=2^x\times x$. Тогда

$y+\frac{16}y\geq10$

$\frac{y^2+16-10y}y\geq0$

Нули числителя: $y^2+16-10y=0$

$D=100-16\cdot4=100-64=36$

y1=8,y2=2

Нули знаменателя:y=0

Нанесем значения на числовую прямую и определим знаки:

Найдем значения x в точках на концах полученных промежутков. Получим, при y=0 x=0, y=2, x=1, y=8,x=2. Получаем следующие промежутки:

С учетом того, что x>0, получим промежутки (0;1]⋃[2;+∞)

2 сл: $x<0$ $\frac{y^2+16-10y}y\leq0$

Нанесем значения на числовую прямую и определим знаки:

Найдем значения x в точках на концах полученных промежутков. Получим, при y=0 x=0, y=2, x=1, y=8,x=2. Получаем следующие промежутки:

При этом учтем, что в данном случае x<0 Получим промежуток (-∞;0)

Ответ: (-∞;0)⋃(0;1]⋃[2;+∞)

Пусть x- количество конфет в одном пакете, а y- количество мешков.Тогда в первом случае 2xy, а во втором случае-3(x−5)(y−2). Так как было одинаковое количество конфет, то получим уравнение: 2xy=3(x−5)(y−2). Преобразуем: (x−15)(y−6)=60. Т.е множители должны быть натуральными числами и в произведении давать число 60. При переборе должны получить числа 1 и 60, 2 и 30, 3 и 20 и тд. После перебора, получим,что максимальное xy получаем при значениях множителей 1 и 60, то есть x=16, y=66. т.е. получаем общее количество конфет 2xy=2*16*66=2112.

Ответ: 2112

ОДЗ:

$x+y>0$; $y>-x$

$x^2+y^2>0$ всегда, кроме x=0; y=0

$x^2+y^2\neq1$. Окружность с центром О1(0;0) и радиусом R=1. Изображаем пунктиром.

Преобразуем правую часть уравнения: $1=log_{x^2+y^2}(x^2+y^2)$

Тогда получим:

$log_{x^2+y^2}(x+y)>log_{x^2+y^2}(x^2+y^2)$

1 сл: $x^2+y^2>1$

$\frac{x+y}{x^2+y^2}>1$

$\frac{x+y-x^2-y^2}{x^2+y^2}>0$

$\frac{-x-y+x^2+y^2}{x^2+y^2}<0$

$-x-y+x^2+y^2<0$

$\left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac12\right)^2<\frac12$

Окружность с центром в точке (1/2;1/2) и радиусом R=$\frac1{\sqrt2}$ при $x^2+y^2>1$

2 сл: $0<x^2+y^2<1$

$\frac{x+y}{x^2+y^2}<1$

$\frac{x+y-x^2-y^2}{x^2+y^2}<0$

$\frac{-x-y+x^2+y^2}{x^2+y^2}>0$

$-x-y+x^2+y^2>0$

$\left(x-\frac12\right)^2+\left(y-\frac12\right)^2>\frac12$

Окружность с центром в точке (1/2;1/2) и радиусом R=$\frac1{\sqrt2}$ при $0<x^2+y^2<1$

Изобразим на графике:

Найдем площадь полученной фигуры:

$S_{green}=\frac12S_{большой\;окр}-(\frac12S_{малой\;окр}+(\frac14S_{большой}-S_{прямоуг\;треуг})=\frac\pi2-(\frac\pi4+(\frac\pi4-\frac12)=\frac12$

$S_{red}=\frac12S_{малой\;окр}-(\frac14S_{большой}-S_{прямоуг\;треуг})=\frac\pi4-(\frac\pi4-\frac12)=\frac12$

$S_{полн}=S_{green}+S_{red}=\frac12+\frac12=1$

Ответ:1

Имеем два случая: $x<0$,$x\geq0$

1 случай: $x\geq0$. Преобразуем функцию:

$f(x)=x^3-6x^2+(9+6a-3a^2)x$

Найдем производную функции:

$f'(x)=3x^2-12x+(9+6a-3a^2)$

$f'(x)=0$

$x^2-4x+3+2a-a^2=0$

$D=16-4(3+2a-a^2)=4(a-1)^2$

$x_1=3-a$, $x_2=1+a$

Определим знак производной:

1) 0<a<1; 1<a+1<2; 2<3-a<3

x=a+1- точка максимума;fmax=

$fmax=f(a+1)=-2(a+1)(a^2-a-2)$

2) 1<a<2; 2<a+1<3;1<3-a<2

x=3-a-точка максимума

$fmax=f(3-a)=2(3-a)(6-a)$

3)2<a<3; 3<a+1<4; 0<3-a<1

x=a+1 не принадлежит отрезку x=3-a- точка максимума

4)a>3

x=a+1,x=3-a не принадлежат отрезку значений x

т.к. функция убывает, то fmax=f(0)=0

2 случай: x<0. Преобразуем функцию:

$f(x)=-x^3-6x^2+(-9+6a+3a^2)x$

Найдем производную функции:

$f'(x)=-3x^2-12x+(-9+6a+3a^2)$

$f'(x)=0$

$x^2+4x+3-2a-a^2=0$

$D=16-4(3-2a-a^2)=4(a+1)^2$

$x_1=-3-a$, $x_2=-1+a$

Определим знак производной:

1) -1<a<0;-3<-3-a<-2; -2<a-1<-1

x=a-1- точка максимума;fmax=

$fmax=f(a-1)=-2(a-1)(a^2+2a+2)$

2) -2<a<-1; -3<a-1<-2;-2<-3-a<-1

x=-3-a-точка максимума

$fmax=f(-3-a)=2a(-3-a)(a+3)$

3)-3<a<-2; -4<a1<-3;

x=-3-a точка максимума

$fmax=f(-3-a)=2a(-3-a)(a+3)$

4)a<-3; a-10

т.к. функция убывает, то $fmax=f(-3)=-9a^2-18a$

Ответ:

при a≤-3 f_max=–9a2–18a;

при -3<a≤-1 f_max=-2a(a+3)²;

при -1<a≤0 f_max=2·(a–1)·(a2+2a+2);

при 0<a≤1 f_max=(a+1)·(–2a2+2a+4));

при 1<a≤3 f_max=2·(3–a)·(6–a);

при a>3 f_max=0.