Ре­ше­ние. а)  Зна­ме­на­тель дроби дол­жен быть от­ли­чен от нуля:

При вы­пол­не­нии этого усло­вия чис­ли­тель может быть равен нулю, лишь если

Усло­вию  (⁎) удо­вле­тво­ря­ет толь­ко серия

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи двой­но­го не­ра­вен­ства:

Най­ден­ным зна­че­ни­ям па­ра­мет­ра со­от­вет­ству­ют корни и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть F  — точка ка­са­ния ниж­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра и сто­ро­ны CD квад­ра­та, O и O'  — цен­тры верх­не­го и ниж­не­го ос­но­ва­ний со­от­вет­ствен­но. Точки A' и B'  — про­ек­ции точек A и B  — лежат на окруж­но­сти ниж­не­го ос­но­ва­ния. Таким об­ра­зом, от­рез­ки AA' и BB' яв­ля­ют­ся об­ра­зу­ю­щи­ми ци­лин­дра.

По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая B'C, яв­ля­ю­ща­я­ся про­ек­ци­ей пря­мой BC на плос­кость ниж­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра, пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CD, по ко­то­рой пе­ре­се­ка­ют­ся плос­кость квад­ра­та ABCD и плос­кость ниж­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра. Сле­до­ва­тель­но, угол BCB' яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью квад­ра­та ABCD и плос­ко­стью ниж­не­го ос­но­ва­ния ци­лин­дра.

За­ме­тим, что   — пря­мо­уголь­ник. При этом где R  — ра­ди­ус ци­лин­дра, Таким об­ра­зом, в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BCB' угол CBB' равен 30°, и, сле­до­ва­тель­но, угол BCB' равен 60°.

б)  Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ка BD с по­верх­но­стью ци­лин­дра. Тогда K'  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ка B'D с окруж­но­стью ниж­не­го ос­но­ва­ния  — яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей точки K на ниж­нее ос­но­ва­ние ци­лин­дра. От­ре­зок A'K' пер­пен­ди­ку­ля­рен пря­мой B'D, от­ку­да сле­ду­ет, что тре­уголь­ни­ки A'K'D и A'B'D по­доб­ны. На­хо­дим:

Зна­чит, от­ку­да

Тре­уголь­ни­ки DKK' и DBB' по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Не­ра­вен­ство опре­де­ле­но при Для таких зна­че­ний x спра­вед­ли­во тож­де­ство:

Тогда не­ра­вен­ство можно за­пи­сать в виде

Ло­га­риф­ми­че­ская функ­ция с ос­но­ва­ни­ем, мень­шим еди­ни­цы, убы­ва­ет, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да Учи­ты­вая об­ласть опре­де­ле­ния, окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна S тыс. руб.,  тыс. руб. и За­пол­ним таб­ли­цу.

Номер ме­ся­ца	Долг на 1-е число ме­ся­ца, тыс. руб.	Вы­пла­та, тыс. руб.	Долг на 15-е число ме­ся­ца, тыс. руб.
1	kS
2
3
...	...	...	...
24
25

Пер­вые 24 вы­пла­ты пред­став­ля­ют собой ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию. При­ба­вив к сумме чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии 25-ю вы­пла­ту, найдём общую сумму вы­плат:

По усло­вию сумма вы­плат со­ста­вит 1830 тыс. руб. Со­ста­вим и решим урав­не­ние:

Таким об­ра­зом, в кре­дит пла­ни­ру­ет­ся взять 1400  тыс.  руб.

Ответ: 1 мил­ли­он 400 тысяч руб­лей.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что

Тогда сле­до­ва­тель­но, Зна­чит,

от­ку­да сле­ду­ет, что CN  =  BM как хорды, стя­ги­ва­ю­щие рав­ные дуги.

б)  Най­дем углы BND и DBN:

Тогда а зна­чит,

Тогда для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка BDN имеем:

Ответ: б)  36.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

Рас­смот­рим все воз­мож­ные слу­чаи.

1.  При ис­ход­ное урав­не­ние имеет два корня, что не под­хо­дит:

2.  При вто­рая си­сте­ма по­лу­чен­ной со­во­куп­но­сти (⁎⁎) не имеет ре­ше­ний. Опре­де­лим ко­ли­че­ство ре­ше­ний си­сте­мы (⁎). Рас­смот­рим функ­цию Нули функ­ции: и Изоб­ра­зим эскиз гра­фи­ка при (см. рис. 1). При любом зна­че­нии го­ри­зон­таль­ная пря­мая ровно один раз пе­ре­се­ка­ет гра­фик при всех не­от­ри­ца­тель­ных зна­че­ни­ях x. Зна­чит, при усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

Рис. 1:

Рис. 2:

3.  При си­сте­ма  (⁎) не имеет ре­ше­ний. Опре­де­лим ко­ли­че­ство ре­ше­ний си­сте­мы  (⁎⁎). Изоб­ра­зим эскиз гра­фи­ка функ­ции при (см. рис. 2). Нули функ­ции: и вер­ши­на в точке Тогда для вы­пол­не­ния усло­вия за­да­чи не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но вы­пол­не­ния усло­вия Решим си­сте­му:

Рис. 3:

4.  При ис­ход­ное урав­не­ние имеет один ко­рень усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

5.  При си­сте­ма  (⁎) не имеет ре­ше­ний. Опре­де­лим ко­ли­че­ство ре­ше­ний си­сте­мы  (⁎⁎). Изоб­ра­зим эскиз гра­фи­ка функ­ции при (см. рис. 3). Нули функ­ции: и За­ме­тим, что при любом зна­че­нии го­ри­зон­таль­ная пря­мая ровно один раз пе­ре­се­ка­ет гра­фик при от­ри­ца­тель­ных зна­че­ни­ях x. Зна­чит, при усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное урав­не­ние имеет един­ствен­ное ре­ше­ние при и

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Если то урав­не­ние при­ни­ма­ет вид и имеет два корня: числа −2 и 0. По­это­му это зна­че­ние па­ра­мет­ра не под­хо­дит. При число x  =  0 не яв­ля­ет­ся ре­ше­ни­ем урав­не­ния, а по­то­му его можно за­пи­сать в виде

Опре­де­лим, при каких зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра гра­фи­ки левой и пра­вой части имеют ровно одну точку пе­ре­се­че­ния. Гра­фик левой части урав­не­ния  — «галка» с вер­ши­ной x  =  −2a, а гра­фик пра­вой части урав­не­ния  — ги­пер­бо­ла, рас­по­ло­жен­ная в пер­вой и тре­тьей чет­вер­тях при и во вто­рой и чет­вер­той при

При Тогда гра­фик мо­ду­ля и ги­пер­бо­ла имеют един­ствен­ную в силу раз­ной мо­но­тон­но­сти функ­ций общую точку, ле­жа­щую в пер­вой чет­вер­ти (см. рис. 1). Все такие зна­че­ния па­ра­мет­ра под­хо­дят.

Рис. 1:

Рис. 2:

Рис. 3:

При гра­фи­ки функ­ций рас­по­ло­же­ны так, как по­ка­за­но на вто­ром ри­сун­ке. Они пе­ре­се­ка­ют­ся в един­ствен­ной точке, ле­жа­щей во вто­рой чет­вер­ти (см. рис. 2). Все такие зна­че­ния па­ра­мет­ра под­хо­дят.

Если же то гра­фи­ки могут иметь две общие точки, ле­жа­щие во вто­рой чет­вер­ти (см. рис. 3). Чтобы ре­ше­ние было един­ствен­ным, пра­вая ветвь гра­фи­ка мо­ду­ля не долж­на не иметь общих точек с левой вет­вью ги­пер­бо­лы. Это озна­ча­ет, что не долж­но иметь ре­ше­ний урав­не­ние За­пи­шем его как квад­рат­ное, по­лу­чим Вы­чис­лим чет­верть дис­кри­ми­нан­та: Дис­кри­ми­нант дол­жен быть от­ри­ца­тель­ным, от­ку­да

Рас­смат­ри­ва­е­мо­му слу­чаю со­от­вет­ству­ют

Объ­еди­няя най­ден­ные ре­зуль­та­ты, окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: или

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что все де­ли­те­ли числа раз­би­ва­ют­ся на пары, да­ю­щие в про­из­ве­де­нии само число (если оно яв­ля­ет­ся квад­ра­том, среди его де­ли­те­лей есть число, пар­ное само к себе). Пе­ре­мно­жая два таких про­из­ве­де­ния, по­лу­чим про­из­ве­де­ние всех пар вида «де­ли­тель  — число, да­ю­щее в про­из­ве­де­нии с ним ис­ход­ное число». Пусть d  — ко­ли­че­ство де­ли­те­лей, тогда

а)  На­хо­дим:

Дру­гих пред­став­ле­ний в виде чет­ной сте­пе­ни на­ту­раль­но­го числа оно не имеет, но при этом у 1 000 000 не один де­ли­тель, у 1000 не 2 де­ли­те­ля, у 100 не 3, а у 10 не 6. Тре­бу­е­мое не­воз­мож­но.

б)  За­ме­тим, что от­ку­да

Число дей­стви­тель­но имеет 6 де­ли­те­лей (1, 2, 4, 7, 14, 28), а число имеет боль­ше двух де­ли­те­лей, как и число   — боль­ше трех.

в)  Ясно, что под­хо­дит. Пусть тогда зна­чит, у таких чисел долж­но быть ровно 4 де­ли­те­ля, то есть кроме пары 1, n долж­на быть еще ровно одна пара де­ли­те­лей. Пусть p  — про­стой де­ли­тель n. Если имеет еще какой-⁠то про­стой де­ли­тель, кроме себя и p, то по­лу­чим уже боль­ше двух де­ли­те­лей. Если это сте­пень p, то обя­за­тель­но вто­рая, по­сколь­ку при по­лу­ча­ем с тремя де­ли­те­ля­ми, при есть де­ли­те­ли p, p²,   — уже три. Тогда n  =  p³. Если же оно само про­стое, то n  =  pq  — про­из­ве­де­ние двух про­стых чисел.

Ответ: а)  нет; б)  28; в)  n  =  1, n  =  p³, n  =  pq для любых про­стых чисел