1) у нас этот факт доказывался в школьном учебнике при выводе "первого замечательного предела". рассуждение было . брался угол величиной xx радиан в первой координатной четверти. площадь сектора единичной окружности при этом равна 12x12x. этот сектор содержится в прямоугольном треугольнике, один из катетов которого равен 1 (горизонтальный), а второй равен tgxtgx (вертикальный). его площадб равна 12tgx12tgx. отсюда из сравнения площадей следует неравенство x< tgxx< tgx, то есть xcosx< sinxxcosx< sinx.
2) надо рассмотреть производную функции: y′=5ax2−60x+5(a+9)y′=5ax2−60x+5(a+9) и потребовать, чтобы она нигде не была отрицательной. ясно, что a> 0a> 0, и тогда у квадратного трёхчлена ax2−12x+a+9ax2−12x+a+9должен быть дискриминант d≤0d≤0. это значит, что a2+9a−36≥0a2+9a−36≥0, откуда a∈(−∞; −12]∪[3; +∞)a∈(−∞; −12]∪[3; +∞). с учётом положительности aa имеем a∈[3; +∞)a∈[3; +∞).
Пошаговое объяснение:
1.
а) (x-2)²>x(x-4)
x²-4x+4>x²-4x
4>0⇒x∈(-∞; +∞)
б) a²+1≥2(3a-4)
a²+1≥6a-8
a²+1-6a+8≥0
a²-6a+9≥0
Допустим: a²-6a+9=0
a₁+a₂=6; 3+3=6
a₁a₂=9; 3·3=9
a=3
При a>3: 4²-6·4+9≥0; 16-24+9≥0; 1>0 - неравенство выполняется.
При a<3: 0²-6·0+9≥0; 9>0 - неравенство выполняется.
Следовательно: a∈(-∞; +∞).
2. 4<x<5 и 2<y<7
а) при 6x+y: 6·4<6x<6·5
+ 2 < y < 7
26<6x+y<37
б) при 2,5xy: 2,5·4<2,5x<2,5·5
× 2 < y < 7
20<2,5xy<87,5
в) при x-3y: 4 < x< 5
- 3·2<3y<3·7
-2>x-3y>-16
г) при y/x: 2<y<7
÷ 4<x<5
0,5<y/x<1,4
3. 2,6<√7<2,7
a) 2·2,6<2√7<2·2,7; 5,2<2√7<5,4
б) -3·2,6+5=-7,8+5=-2,8; -3·2,7+5=-8,1+5=-3,1⇒-2,8>-3√7 +5>-3,1
4. 1,5<a<1,6 и 3,2<b<3,3
Периметр прямоугольника: P=2(a+b)
2(1,5+3,2)<2(a+b)<2(1,6+3,3)
2·4,7<2(a+b)<2·4,9
9,4<2(a+b)<9,8
Площадь прямоугольника: S=ab
1,5·3,2<ab<1,6·3,3
4,8<ab<5,28
