1. найдем критические точки, приравняв к нулю производную. 3х²-6х=0, 3х(х-2)=0, откуда х=0 ∉[1;4]; х=2∈[1;∈4]; Найдем у(1)=1-3+2=0; у(2)=8-3*4+2=-2;- наименьшее значение функции; у(4)=4³-3*4²+2=66-48=18.
2. 3sin²x-4sinxcosx+cos²x=0, однородное уравнение, разделим его на cos²x≠0, т.к. одновременно косинус и синус не могут быть нулями. Получим 3tg²x-4tgx+1=0; tgx=у, 3у²-4у+1=0, у=(4±√(16-12))/6; у₁=(4+2)/6=1;
у₂=1/3, если tgx=1, то х= π/4+πn; n∈Z; если tgx=1/3, то х= аrctg1/3+πn; n∈Z
3. ОДЗ х∈(0;+∞) пусть ㏒₂х=у, у²-5у+6=0, ПО Виета, у=3, у=2, тогда (у-2)*(у-3)≥0 решим методом интервалов.
__23
+ - +, решением неравенства будет
(-∞;2]∪[3;+∞)
㏒₂х≤2, основание логарифма 2 больше 1, поэтому х≤4;
㏒₂х≥3; по той же причине знак неравенства не меняется х≥8 . С учетом ОДЗ получим ответ х∈(0;4]∪[8;+∞)
1. найдем критические точки, приравняв к нулю производную. 3х²-6х=0, 3х(х-2)=0, откуда х=0 ∉[1;4]; х=2∈[1;∈4]; Найдем у(1)=1-3+2=0; у(2)=8-3*4+2=-2;- наименьшее значение функции; у(4)=4³-3*4²+2=66-48=18.
2. 3sin²x-4sinxcosx+cos²x=0, однородное уравнение, разделим его на cos²x≠0, т.к. одновременно косинус и синус не могут быть нулями. Получим 3tg²x-4tgx+1=0; tgx=у, 3у²-4у+1=0, у=(4±√(16-12))/6; у₁=(4+2)/6=1;
у₂=1/3, если tgx=1, то х= π/4+πn; n∈Z; если tgx=1/3, то х= аrctg1/3+πn; n∈Z
3. ОДЗ х∈(0;+∞) пусть ㏒₂х=у, у²-5у+6=0, ПО Виета, у=3, у=2, тогда (у-2)*(у-3)≥0 решим методом интервалов.
__23
+ - +, решением неравенства будет
(-∞;2]∪[3;+∞)
㏒₂х≤2, основание логарифма 2 больше 1, поэтому х≤4;
㏒₂х≥3; по той же причине знак неравенства не меняется х≥8 . С учетом ОДЗ получим ответ х∈(0;4]∪[8;+∞)
ответ х∈(0;4]∪[8;+∞)
ADIIBC и AB - секущей
<C=<A=60, <D=<B=120
б) ВЕ-биссектриса <B => <ABE=<CBE=120:2=60 }
<A=60 } => <AEB=180-60-60=60 =>
=> треугольник АВЕ- равносторонний => AB=AE=6
BC=AD=AE+ED=6+2=8
P(ABCD)=2(AB+AD)=2(6+8)=2*14=28
в) BCIIAD как противоположные стороны параллелограмма
BE=AB=AE=6 как сороны равностороннего треугольника
CD=AB=6 как противоположные стороны параллелограмма
Следовательно, BCDE- равнобедренная трапеция