  a x

Задания интеллектуального марафона
Цикл «Алгебра»
10 класс
a2  a  a2  1
..
2  2a
10.1. Сократите дробь:
10.2. Известно, что sin x  cosx  a . Найдите sin x  cos x .
4
10.3.
a
2
Найдите
все
значения
параметра
a,
при
4
которых
корни
уравнения
 a  2 x 2  2a  4 x  a  9  0 на числовой прямой расположены по
разные стороны от единицы.
10.4. Докажите неравенство 5a  6ab  5b  0 . При каких значениях
2
2
a и b
возможно равенство?
10.5. Найдите наибольшее значение выражения x 1  y
10.6.
При
каких
значениях
a, b и
2
 y 1  x2 .
c уравнения
ax 2  bx  c  0 ,
bx 2  cx  a  0 , cx 2  ax  b  0 имеют общий корень?
11 класс
11.1. Решите уравнение: x  3x (x  1)  2x  1  0 .
4
2
2
11.2. Седьмой член арифметической прогрессии равен 2. Найдите суммупервых тринадцати ее членов.
11.3. Определите множество значений функции y  x  1  x
11.4. Пусть
a , b , c стороны треугольника. Докажите, что
2a 2 b2  b2 c 2  2c 2 a 2   a 4  b4  c 4 .
11.5. При каких значениях a уравнение
x 2  4x  5  x 2  4x  13  a имеет един-
ственное решение?
11.6. Придумайте формулу для общего члена бесконечной последовательности: 1; 2; 3; 1;
2; 3; 1; 2; 3; 1; 2; 3…
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
Цикл «Алгебра»
10 класс
 a   a 1
10.1. Ответ:
2
Так как 2  2a  0 , то a  1 .
Далее: a 2  a  a(a  1)  0 и a  1 , то a  0 .
Кроме того, a 2  1  (a  1)(a  1)  0 , следовательно, a  1 .
Воспользуемся тождеством
a2  a  a2 1
2  2a
10.2. Ответ:

xy 
x
a(a  1)  (a  1)(a  1)
2(a  1)
y :

 a  1 a  1 a   a 1
2(1  a)

 a   a 1
2
1  a 4  2a 2
.
2
1) sin 4 x  cos 4 x  sin 2 x  cos 2 x  2 sin 2 cos 2 x  1  2 sin 2 cos 2 x
2
2) Вычислим произведение sin x  cos x .
Получим: sin x  cos x 2  1  2 sin x  cos x  a 2 , откуда sin x  cos x 
a2 1
.
2
2
 a2 1
a 4  2a 2  1 1  a 4  2a 2
 1
3) Далее: 1  2
.


2
2
 2 
10.3. Ответ: a   3;1 .


1
2
2
3
4
Заметим, что a 2  a  2   a    1  0 , то есть «ветви» соответствующей параболы
направлены вверх. Тогда из геометрических соображений следует, что требование задачи
выполняется, в том и только в том случае, если f (1)  0 , то есть a 2  2a  3  0 , что равносильно a  1a  3  0 .
10.4. Ответ: равенство достигается при a  b  0 .
Решение 1. Заметим, что 5a 2  6ab  5b 2  2a 2  3(a  b) 2  2b 2  0 .
Равенство достигается, тогда и только тогда, когда 2a 2  (a  b) 2  2b 2  0 .
Решение 2. Будем рассматривать выражение f (a)  5a 2  6ab  5b 2 как квадратный трехчлен относительно a , причем «ветви» этого квадратно трехчлена направлены вверх и
требуется доказать, что f (a)  0 .
Чтобы для любого a выполнялось неравенство f (a)  0 необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неположителен, причем равенство возможно, только если дискриминант равен нулю. Но
10.5. Ответ: 1.
D
 9b 2  25b 2  16b 2  0 и так далее.
4
Заметим, что x  1 , y  1 .
π
2
Пусть x  sin α , y  sin β , причем   α, β 
π
, тогда выражение примет вид:
2
sin α cos β  cos α sin β  sin α  β   1 .
Равенство достигается, если α  β 
2
π
, то есть, например когда x  y 
.
2
2
10.6. Ответ: при a  b  c  0
Пусть x – корень всех трех уравнений. Сложим уравнения, получим:
a  b  cx 2  x  1  0 . Уравнение
x 2  x  1  0 корней не имеет, следовательно, должно
выполняться условие a  b  c  0 . Действительно, при этом условии все три уравнения
имеют общий корень 1.
11 класс
11.1. Ответ:
1 5
, 1 3 .
2
Пусть y  x 2 , z  x  1 , тогда y 2  3 yz  2 z 2  0 . Решим квадратное уравнение относительно y . Получим y1  z , y 2  2 z . Осталось решить уравнения x 2  x  1 и x 2  2 x  2 .
11.2. Ответ: 26.
Воспользуемся характеристическим свойством арифметической прогрессии.
Получим: a7 
a 6  a8
a  a9
a a
, a7  5
,  a7  1 13 .
2
2
2
Следовательно, S13  a1  a 2    a13  13a 7  26 .

11.3. Ответ: 1; 2
Решение 1. Пусть

x  sin α , тогда 1  x  cos α , поскольку
π
4
 x    1 x 
2


2
π
4
 1 , причем α


угол первой четверти. Тогда sin α  cos α  2 sin   α  , откуда 1  2 sin   α   2 при
0α
π
1
, причем верхняя оценка достигается при x  , а нижняя при x  0 .
2
2
Решение 2. Можно догадаться до ответа и доказывать «в лоб»:
1)
x  1  x  1 , равносильно 1  2 x 1  x  1 . Последнее неравенство очевидно.
2)
2
x  1  x  2 , равносильно 2 x 1  x  1 , 4 x  4 x 2  1 , 2 x  1  0 .
Задание 11.4.
1) Пусть a , b и c стороны треугольника и a  b  с , тогда a  b  c ,

a 2  b 2  c 2  2ab , a 2  b 2  c 2

2
a  b2  c 2 ,
 4a 2b 2 , a 4  b 4  c 4  2a 2 b 2  2c 2 a 2  2b 2 c 2 , что и требова-
лось доказать.
c
2
2
2) Если a  b , то неравенство примет вид: c 4  4c 2 a 2 , c 2  4a 2 ,    a 2 , что верно, так
c
2
как a  .
Задание 11.5. Ответ: 4
Пусть x  22  p , тогда уравнение принимает вид
p1 
p9  a.
Пусть полученное уравнение имеет решение p1 . Тогда уравнение x  22  p1 имеет
единственное решение, только в том случае, когда p  0 , причем x  2 . Осталось найти
значение a . Получим: 1  9  4 .
Задание 11.6. Ответ: например, a n  
1
tg
3
πn  2
 2.
3
Попробуем в этом убедиться. При
1) n  3k  1 , где k  Z , получим a n  
2) n  3k  2 , где k  Z , получим a n  
3) n  3k , где k  Z , получим a n  
1
3
1
tg
3
1
π3k  1
1

2
tg  2  1 ;
3
3 3
tgπk  2  2 ;
3
tg
π3k  2
1  2 
2
tg 
  3;
3
3  3 