Варианты прошлых лет: МГУ - 91 (хим.фак.)

Решение.

Найдём производную функции: \[f'(x) = \left(\frac{3x+1}{(3x+1)^2+1}\right)'; \\ f'(x) = \frac{(3x+1)'\cdot((3x+1)^2+1) - ((3x+1)^2+1)'\cdot(3x+1)}{((3x+1)^2+1)^2} = \\ = \frac{3\cdot((3x+1)^2+1) - (2(3x+1)\cdot3+0)\cdot(3x+1)}{((3x+1)^2+1)^2} = \\ = \frac{3\cdot((3x+1)^2+1 - 2(3x+1)^2)}{((3x+1)^2+1)^2} = \\ = \frac{3\cdot(1 - (3x+1)^2)}{((3x+1)^2+1)^2}.\] Чтобы найти точки максимума и минимума функции приравняем её производную к нулю: \[\frac{3\cdot(1 - (3x+1)^2)}{((3x+1)^2+1)^2} = 0 \; \Leftrightarrow\; \begin{cases} 1 - (3x+1)^2 = 0, \\ ((3x+1)^2+1)^2 \ne 0;\end{cases} \; \left| \begin{array}{l} (3x+1)^2 = 1, \\ (3x+1) \in \varnothing;\end{array} \right. \; \left|\begin{array}{l} 3x+1 = \pm1, \\ x \in \varnothing.\end{array}\right.\] Получим две точки экстремума \( \left[\begin{array}{l} 3x+1 = 1,\\ 3x+1 = -1; \end{array}\right.\;\left|\begin{array}{l} x = 0, \\ x = -\dfrac{2}{3}. \end{array}\right.\)
и вычислим значения функции в этих точках \[f(0) = \frac{3\cdot0+1}{(3\cdot0+1)^2+1} = \frac{1}{2} , \\ f(-\dfrac{2}{3}) = \frac{3\cdot(-\dfrac{2}{3})+1}{(3\cdot(-\dfrac{2}{3})+1)^2+1} = -\frac{1}{2}.\] Убедимся в том, что это и есть искомые максимальное и минимальное значение функции.

Итак, \(f_{max} = f(0) = 0,5; \;f_{min} = f(-2/3) = -0,5.\)

Замечания.
1) Вычисление производной может быть менее громоздким, если сделать замену переменной \(y = 3x+1\) и воспользоваться формулой производной сложной функции \(f'_x(y(x)) = f'_y(y)\cdot y'_x(x)\).
2) Числовую ось с интервалами в этой задаче рисовать необязательно, если сослаться на непрерывность функции. Какое из полученных экстремальных значений максимум, а какое минимум, очевидно (0,5 > −0,5).

Решение.

Преобразуем показательные функции к одному основанию \[\left(\frac{1}{2}\right)^{\large|x-1|} > \left(\frac{1}{4}\right)^{\large|x+1|}; \\ \left(\frac{1}{2}\right)^{\large|x-1|} > \left(\frac{1}{2}\right)^{\large2\cdot|x+1|}.\] Поскольку основание функции \(\dfrac{1}{2} < 1,\) то показательное неравенство равносильно неравенству для показателей с обратным знаком: \[|x-1| < 2\cdot|x+1|. \] Осталось решить неравенство с модулями.

Способ I.

Под знаком модуля стоят линейные выражения, графики которых очень легко строятся на клеточках с помощью линейки. Решением неравенства будут участки оси \(Ox\), на которых зелёный график выше красного. Чтобы уточнить их границы, находим точки пересечения соответствующих прямых. \[\begin{array}{l} {2x+2=-x+1, \; 3x=-1, \; x = -\dfrac{1}{3};} \\ { -2x-2 = -x+1, \; -x = 3, \; x = -3} \end{array} \] Неравенство выполняется на множестве \(x \in (-\infty;-3) \cup (-\dfrac{1}{3};+\infty) \).

Способ II.

Для тех, кто не любит графики. Нужно определить знаки в каждом подмодульном выражении. Раскрыть модули по определению на каждом интервале знакопостоянства, и решить неравенство столько раз, сколько получилось разных интервалов на числовой оси.

1) \(\begin{cases} x \le -1, \\ -(x-1) < -2(x+1);\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {x \le -1} \\ { -x+2x < -1 -2;}\end{array} \right. \; \left|\begin{array}{l} {x \le -1} \\ { x < -3 ;}\end{array} \right.\; |x<-3.\)

2) \(\begin{cases} -1 < x \le 1, \\ -(x-1) < 2(x+1);\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {-1 < x \le 1,} \\ { -x-2x < -1 +2;}\end{array} \right. \; \left|\begin{array}{l} {-1 < x \le 1,} \\ {-3x < 1;}\end{array} \right. \; \left|\begin{array}{l} {-1 < x \le 1,} \\ {x > -\dfrac{1}{3};}\end{array} \right.\; \left| -\dfrac{1}{3} < x \le 1. \right.\)

3) \(\begin{cases} x>1, \\ (x-1) < 2(x+1);\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {x>1} \\ { x-2x < 1 +2;}\end{array} \right. \; \left|\begin{array}{l} {x>1} \\ { -x < 3 ;}\end{array} \right.\; \left|\begin{array}{l} {x>1} \\ { x>-3 ;}\end{array} \right.\; |x>1.\)

Ответом будет объединение полученных множеств \[(-\infty; -3)\cup (-\dfrac{1}{3};1]\cup(1;+\infty) = (-\infty; -3)\cup (-\dfrac{1}{3};+\infty).\]

Решение.

ОДЗ: \(\begin{cases} 2x-1\ge 0, \\ y+3\ge 0.\end{cases} \)

Преобразуем второе уравнение системы \[2xy-y+6x-3=4,\\ y(2x-1)+3(2x-1)=4,\\ (2x-1)(y+3)=4.\] Сделаем замену переменных \(u = 2x-1,\; v = y+3\), получим \[\begin{cases} \sqrt{u}+\sqrt{v}=3, \\ uv=4,\end{cases}\] где \(u \ge 0,\; v \ge 0.\) \[\begin{cases} \sqrt{u}+\sqrt{v}=3, \\ uv=4,\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {(\sqrt{u}+\sqrt{v})^2=3^2,} \\ {uv=4;}\end{array} \right.\; \left|\begin{array}{l} {u+2\sqrt{uv}+v =9,} \\ {uv=4;}\end{array} \right.\\ \begin{cases} {u+2\sqrt{4}+v =9,} \\ {uv=4;}\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {u+v=5,} \\ {uv=4;}\end{array} \right.\; \left|\begin{array}{l} {u=5-v,} \\ {(5-v)v=4.}\end{array} \right.\] Решаем второе уравнение относительно \(v\). \[(5-v)v=4;\\ v^2 -5v +4 =0.\] Уравнение приведенное, можно по теореме Виета: \(v_1\cdot v_2 = 4\), \(v_1+v_2 = 5\), следовательно \(v_1 = 1; \; v_2 = 4.\)
Тогда \(u_1 = 5 - v_1 = 5-1 = 4\) и \(u_2 = 5 - v_2 = 5-4 = 1.\)
Возвращаемся к исходным переменным \(x\) и \(y\). \[\left[\begin{array}{l} {\begin{cases} 2x-1=4, \\ y+3=1,\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {x = 2,5;} \\ {y=-2;}\end{array} \right.} \\ {\begin{cases} 2x-1=1, \\ y+3=4,\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {x = 1;} \\ {y=1.}\end{array} \right.}\end{array} \right.\]

Получили две пары решений системы \(\{2,5;\;-2\}\) и \(\{1;\;1\}\), которые, в общем случае, следует проверить на соответствие ОДЗ. Однако здесь полученные ранее значения переменных \(u\) и \(v\) были положительны, что обеспечивает выполнение необходимых условий. Поэтому лучше потратить время на полную проверку решения, подставив ответы не в ОДЗ, а непосредственно в условие задачи. Проделайте это самостоятельно.

Решение.

Переносим все члены в левую часть и пытаемся разложить на множители. \[\cos^4{x} - \frac{1}{4}\cos{2x}-\frac{1}{2}\cos^2{x}\cdot\cos{8x} = 0;\\ \cos^4{x} - \frac{1}{4}\cdot (2\cos^2{x} - 1)-\frac{1}{2}\cos^2{x}\cdot\cos{8x} = 0;\\ \cos^4{x} -\frac{1}{2}\cdot\cos^2{x} + \frac{1}{4} -\frac{1}{2}\cos^2{x}\cdot\cos{8x} = 0;\\ \cos^4{x} + \frac{1}{4} -\frac{1}{2}\cdot\cos^2{x}\cdot(1+\cos{8x}) = 0.\] Пока не получилось. Пробуем использовать первые два слагаемые, чтобы выделить полный квадрат. \[\cos^4{x} - 2\cdot\cos^2{x}\cdot\frac{1}{2} + 2\cdot\cos^2{x}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{4} -\frac{1}{2}\cdot\cos^2{x}\cdot(1+\cos{8x}) = 0;\\ \left(\cos^2{x}-\frac{1}{2}\right)^2 + \cos^2{x}-\frac{1}{2}\cdot\cos^2{x}\cdot(1+\cos{8x}) = 0;\\ \left(\cos^2{x}-\frac{1}{2}\right)^2 + \cos^2{x}\cdot(1 -\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos{8x}) = 0;\\ \left(\cos^2{x}-\frac{1}{2}\right)^2 + \frac{\cos^2{x}}{2}\cdot(1 -\cos{8x}) = 0.\] Снова разложить на множители не удалось, но зато теперь можно заметить, что сумма двух слагаемых, из которых никакое не может быть отрицательным, равна нулю. \(\left(\cos^2{x}-\frac{1}{2}\right)^2\ge 0,\)  \(\cos^2{x}\ge 0\) и \(\cos{8x}\le 1.\) Значит равенство возможно только в случае, когда оба слагаемых одновременно равны нулю. \[\begin{cases} {\left(\cos^2{x}-\dfrac{1}{2}\right)^2 = 0,} \\ {\dfrac{\cos^2{x}}{2}\cdot(1 -\cos{8x}) = 0;}\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} {\cos^2{x}=\dfrac{1}{2},} \\ {\dfrac{1}{4}\cdot(1 -\cos{8x}) = 0;}\end{array}\right.\; \left|\begin{array}{l} {\cos{x}= \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2},} \\ {\cos{8x} = 1.}\end{array} \right.\] \[\begin{cases} { \left[\begin{array}{l} {x =\pm\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k,} \\ {x =\pm\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2\pi k; }\end{array}\right.} \\ {8x = 0 + 2\pi n;}\end{cases} \; \left|\begin{array}{l} { \left[\begin{array}{l} {x =\pm\dfrac{\pi}{4} + 2\pi k,} \\ {x =\pi\mp\dfrac{\pi}{4} + 2\pi k;}\end{array}\right.} \\ {x = \dfrac{\pi n}{4};}\end{array}\right. \; k,n \in Z.\]

Совместим решения уравнений системы с помощью тригонометрического круга. Здесь красным цветом обозначены решения первого уравнения (совокупность решений), зелёным – второго. Как видно из рисунка, общее решение имеет период \(\dfrac{\pi}{2}\).

Решение.

Строим чертёж, исходя из того, что центры окружностей лежат на одной прямой с общей точкой касания А. Соединяем точки касания M и N с центром большей окружности, а также точки К и В.

Рассмотрим треугольник MBK. Он прямоугольный, т.к. угол BKA (BKM) опирается на диаметр ВА меньшей окружности.

Следовательно, \(\dfrac{MK}{BM} = \cos{\angle BMK}\).

Угол ВМК (ВМА) по условию равен 15°. Воспользуемся формулами тригонометрии, чтобы найти его косинус. \[ \cos^2{\alpha} = \frac{1+\cos{2\alpha}}{2};\\ \cos^2{15^o} = \frac{1+\cos{30^o}}{2} = \frac{1+\sqrt{3}/2}{2} = \frac{2+\sqrt{3}}{4};\\ \cos{15^o} = \sqrt{\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4} \right)} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}. \]

Тогда \(BM = \dfrac{MK}{\cos{\angle BMK}} = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\cos{15^o}} = \dfrac{(\sqrt{2+\sqrt{3}})\cdot2}{\sqrt{2+\sqrt{3}}} =2.\)

Рассмотрим треугольник MBO₂. Он прямоугольный, т.к. радиус MO₂, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной ВМ. Вычислим углы этого треугольника. \(\angle BMK = 15^o,\) \(\angle AMO_2 = 90^o - 15^o = 75^o,\) \(\angle MO_2B = 180^o - 2\cdot75^o = 30^o.\)  (\(\angle O_2AM = \angle O_2MA = 75^o,\) т.к. треугольник MO₂A равнобедренный: MO₂ = AO₂ – радиусы одной окружности.)
Следовательно, \(MO_2 = BM\cdot{\rm ctg}{30^o} = 2\cdot\sqrt{3}.\)

Теперь у нас есть все данные для формирования окончательного ответа. Искомая площадь состоит из площади большего сектора круга радиуса MO₂ и площадей двух равных прямоугольних треугольников BMO₂ = BNO₂.

\[S = 2\cdot \frac{BM\cdot MO_2}{2} + \frac{\pi MO_2^{\large2}\cdot (360^o - 2\cdot 30^o)}{360^o} = \\ = 2\cdot \frac{2\cdot 2\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi (2\sqrt{3})^{\large2}\cdot300}{360} = 4\sqrt{3} + \frac{\pi\cdot4\cdot3\cdot5}{6} = 4\sqrt{3} + 10\pi.\]