Неравенства с параметром

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Преобразуем данное неравенство: $$(a-7)(3a-8(2^{x}+1))\leq 8x(x-2)(2^{x}+1)-3ax(x-2) \Leftrightarrow$$$$(a-7)(3a-8(2^{x}+1))\leq x(x-2)(8(2^{x}+1)-3a) \Leftrightarrow$$$$(a-7)(3a-8(2^{x}+1)) + x(x-2)(3a-(2^{x}+1))\leq 0 \Leftrightarrow$$$$(8(2^{x}+1)-3a)(x^{2}-2x+a-7) \geq 0 (1)$$

Рассмотрим по отдельности обе скобки и представим их как функции $$a(x)$$:

$$8(2^{x}+1)-3a = 0\Leftrightarrow$$$$a=\frac{2^{x+3}}{3}+\frac{8}{3}$$ - график степенной функции

$$x^{2}-2x+a-7=0 \Leftrightarrow$$$$a=-x^{2}+2x+7\Leftrightarrow$$$$a=-(x^{2}-2x-7)\Leftrightarrow$$$$a=-(x^{2}-2x+1-1-7)\Leftrightarrow$$$$a=-(x-1)^{2}+8$$ - график квадратичной функции.

По условии задачи необходимо, чтобы решения были на промежутке $$[-1;0)$$, тогда так же построим графики $$x=-1 ; x=0$$ и графики полученных функции в системе координат AoX.

Найдем пересечение степенной функции с прямыми $$x=-1 ; x=0$$:

$$x=-1 ; a(-1)=\frac{2^{-1+3}}{3}+\frac{8}{3}=4$$

$$x=0 ; a(0)=\frac{2^{0+3}}{3}+\frac{8}{3}=\frac{16}{3}$$

Как видим по графикам мы получили три области, необходимо проверить, точки каких областей удовлетворяют неравенству (1). Для этого будем брать из каждой области точку, и подставлять координаты в наше неравенство:

1) Возьмем точку (0;0) : $$(8(2^{0}+1)-3*0)(0^{2}-2*0+0-7) \geq 0 \Leftrightarrow$$$$16*(-7)\geq 0$$ - неравенство неверно, следовательно, первая область не подходит

2) Возьмем точку (0;6): $$(8(2^{0}+1)-3*6)(0^{2}-2*0+6-7) \geq 0 \Leftrightarrow$$$$-2*(-1)\geq 0$$ - неравенство верно, следовательно, вторая область подходит и по а она находится в промежутке [4;7) (7 не входит, так как по условию $$x \neq 0$$)

3) Возьмем точку (0;8) : $$(8(2^{0}+1)-3*8)(0^{2}-2*0+8-7) \geq 0 \Leftrightarrow$$$$-8*1 \geq 0$$ - неравенство неверно, следовательно, третья область не подходит

Итоговый ответ: $$a \in \left [ 4 ; 7 \right )$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Прибавим к обеим частям неравенства 4, получим: $$(|x+2|+3a)^{2}\leq 4\Rightarrow -2\leq \left | x+2 \right |+3a\leq 2\Rightarrow -2-3a\leq \left | x+2 \right |\leq 2-3a$$ (1)

     1. Если $$2-3a<0$$ , то есть  $$a>\frac{2}{3}$$, неравенство (1) не имеет решений (подходит под решение).

     2. Если $$2-3a=0$$, $$a=\frac{2}{3}$$ и неравенство (1) имеет одно рещение  x=-2 (подходит под решение)

     3. Если $$2-3a>0$$, неравенство (1) имеет множество рещений; в частности, этому множеству заведомо принадлежат значения $$x=-2\pm (2-3a)$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

$$x^{2}(1-\frac{x^{2}a}{x^{2}+a^{2}})-x(1-\frac{x^{2}a}{x^{2}+a^{2}})\geq 0\Leftrightarrow$$ $$(x^{2}-x)(1-\frac{x^{2}a}{x^{2}+a^{2}})\geq 0\Leftrightarrow$$ $$\frac{x(x-1)(x^{2}+a^{2}-x^{2}a)}{x^{2}+a^{2}}\geq 0$$

$$x^{2}+a^{2}>0$$, при всех x и a ($$x \neq 0$$). Тогда $$x(x-1)(a^{2}-x^{2}a+x^{2})\geq 0$$

Пусть $$f(x)=x(x-1)$$, $$g(x)=(a^{2}-x^{2}a+x^{2})$$

     1) При $$x \in (-\infty ;0)\cup [1; +\infty )(1)$$: $$f(x)>0\Rightarrow$$ $$g(x)>0$$ тоже. Тогда , чтобы выполнилось неравенство для всех a надо, чтобы трехчлен $$a^{2}-x^{2}a+x^{2}$$ (относительно переменной a) был всегда больше или равен $$0\Rightarrow D\leq 0$$:

$$D=x^{4}-4x^{2}\leq 0\Leftrightarrow$$ $$x^{2}(x^{2}-4)\leq 0\Leftrightarrow$$ $$x \in [-2,2]$$. С учетом (1): $$x \in [-2;0)\cup [1;2]$$

     2) При $$x \in (0;1), f(x)<0$$.Тогда и $$g(x)<0$$. Но у параболы вида $$f(a)=a^{2}-x^{2}a+x^{2}$$ ветви направлены вверх, то она не может быть меньше 0 при всех x. Следовательно , ответ $$x \in [-2;0)\cup [1;2]$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     Пусть $$2x-\sqrt{3}=y$$, тогда с учетом, что $$x \in [\frac{2\sqrt{3}-1}{4}; \frac{3\sqrt{3}}{4}]$$ получим , что $$y \in [-\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}]$$.

     Следовательно, имеем: $$4a^{2}\sqrt{2+\frac{6}{\pi}\arcsin y }\leq 1+8a^{2}+3a-\frac{12a}{\pi}(\frac{\pi}{2}-\arcsin y)$$

     Пусть $$\frac{6}{\pi} \arcsin y=m$$, т.к. $$y \in [-\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}]$$ , то $$m \in [-1; 2]$$, тогда: $$4a^{2}\sqrt{2+m}\leq 1+8a^{2}+3a-6a+2m\Leftrightarrow$$$$4a^{2}\sqrt{2+m}\leq 2am+8a^{2}-3a+1\Leftrightarrow$$$$\sqrt{2+m}\leq \frac{m}{2a}+\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}}$$

Пусть $$f(m)=\sqrt{2+m}$$ и $$g(m)=\frac{m}{2a}+\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}}=$$$$\frac{m}{2a}+2-\frac{3a-1}{4a^{2}}$$

• g(m) – прямая, при этом $$g(m)\cap Oy$$ в точке, которая «стремится» к у=2
• f(m) – ветвь параболы . При этом необходимо , чтобы $$f(m)\geq g(m)$$ для любого $$m \in [-1;2]$$

Рассмотрим 3 случая:

     1) $$a>0$$: тогда g(m) располагается в 1 и 3 четвертях . При этом, чтобы $$f(m)\geq g(m)$$ необходимо, чтобы $$f(-1)\geq g(-1)$$: $$-\frac{1}{2a}+\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}}\geq 1\Leftrightarrow$$ $$-2a=8a^{2}-3a+1\geq 4a^{2}\Leftrightarrow$$ $$4a^{2}-5a+1\geq 0\Leftrightarrow$$ $$a \in (-\infty ; \frac{1}{4}]\cup [1; +\infty)$$

С учетом , что $$a>0$$ : $$a\in (0; \frac{1}{4}]\cup [1; +\infty )$$

• При $$a\in (0; \frac{1}{4}]$$ получим , что $$\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}} >2$$ ( пересечение F(x) с Oy) , при этом $$f(0)=\sqrt{2}\Rightarrow$$ подходит.
• При $$a\in [1; +\infty )$$ получим , что $$\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}}\geq 1,5 \Rightarrow$$ тоже подходит

     2) $$a<0$$. Тогда $$g(2) \geq f(2) \Leftrightarrow$$ $$\frac{2}{2a}+\frac{8a^{2}-3a+1}{4a^{2}}\geq 2\Leftrightarrow$$ $$4a+8a^{2}-3a+1\geq 8a^{2}\Leftrightarrow$$ $$a+1\geq 0\Leftrightarrow$$ $$a\geq -1$$. Т.к. $$a<0$$, то $$a \in [-1; 0)$$

     3) $$a=0$$: $$0*\sqrt{2+m}\leq 0 *m+8*0-3*0+1\Leftrightarrow$$ $$0\leq 1\Rightarrow$$ подходит

В итого решение: $$a \in [-1; \frac{1}{4}]\cup [1; +\infty )$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     $$(x-a-2b)^{2}+(y-3a-b)^{2}<\frac{1}{2} \Leftrightarrow$$ $$(x-(a+2b))^{2}+(y-(3a+b))^{2}<(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}$$, т.е. имеем множество точек внутри окружности радиуса $$\frac{\sqrt{2}}{2}$$ и центром в $$(a+2b; 3a+b)$$ . При этом $$\frac{\sqrt{2}}{2}$$ - половина диагонали квадрата со стороной 1 . Т.е. в данный круг вписан квадрат со стороной 1 . Рассмотрим пример:

     Видим по радиусу , что целых значений внутри круга не будет. Тогда и только тогда, когда координаты центра одновременно будут иметь вид: $$(\frac{m+m+1}{2}, \frac{n+n+1}{2})$$,где m и n $$\in Z$$

     Если хотя бы одна не имеет вид, то 1 целое точно попадет в круг. Тогда :$$\left[\begin{matrix}a+2b\neq \frac{2m+1}{2}\\3a+b\neq \frac{2n+1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}2a+4b\neq 2m+1\\6a+2b\neq 2n+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}6a+12b\neq 6m+3\\6a+2b\neq 2n+1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$10b\neq 6m-2n+2\Leftrightarrow$$$$b\neq \frac{3m-n+1}{5}$$ , где $$m , n \in Z$$

     Т.е. с учетом, что $$3m-n+1 \in Z$$ при $$m , n \in Z$$, то $$b \notin \frac{k}{5}, k \in Z$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     Пусть $$m(x) =\sin x-\sqrt{3}\cos x$$, тогда $$m^{'}(x)=\cos x+\sqrt{3}\sin x=0\Leftrightarrow$$ $$\sqrt{3}tg x=-1\Leftrightarrow$$ $$x=-\frac{\pi}{6}+\pi n , n \in Z$$

    $$m(-\frac{\pi}{6})=\sin -\frac{\pi}{6}-\sqrt{3}\cos -\frac{\pi}{6}=-\frac{1}{2}-\frac{3}{2}=-2\rightarrow m_{min}$$

    $$m(\frac{5\pi}{6})=\sin \frac{5 \pi}{6}-\sqrt{3} \cos \frac{5 \pi}{6}=2\rightarrow m_{max}$$

     Получим систему:

$$\left\{\begin{matrix}(\frac{-2a-13}{5}-1)(\frac{m-a-4}{5}-1)>0(4)\\\frac{-2a-13}{5}>0(1)\\\frac{m-a-4}{5}>0(3)\\\frac{-2a-13}{5}\neq 1(2)\end{matrix}\right.$$

    $$ (1): -2a-13>0\Leftrightarrow a<-6,5$$

    $$(2): -2a-13\neq 5\Leftrightarrow a\neq -9$$

    $$(3) :a<-6,5 , -a-4>2,5 \Rightarrow \frac{m-a-4}{5}>0$$ при любом m( и ,следовательно, x)

    $$(4) :(-2a-18)(m-a-9)>0\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}-2a-18>0\\m-a-9>0\end{matrix}\right. \\\left\{\begin{matrix}-2a-18<0\\m-a-9<0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x<-9\\m-a-9>0\end{matrix}\right. (5)\\\left\{\begin{matrix}x>-9\\m-a-9<0\end{matrix}\right.(6)\end{matrix}\right.$$

     $$(5)$$: при $$a<-9$$: $$-a-9>0$$ при любом a , следовательно, чтобы было решение для любого m должно выполняться: $$m_{min}-a-9>0\Leftrightarrow$$ $$-2-a-9>0\Leftrightarrow$$ $$a<-11$$. Получим $$a \in (-\infty ;-11)$$

     $$(6)$$ : аналогично $$m_{max}-a-9<0\Rightarrow$$ $$2-a-9<0\Rightarrow a>-7$$. Получим $$a \in (-7; +\infty )$$

     С учетом (1): $$a \in (-\infty ;-11)\cup (-7;-6,5)$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     Пусть $$f(x) =(a^{3}+(1-\sqrt{2})a^{2}-(3+\sqrt{2})a+3\sqrt{2})*x^{2}+2(a^{2}-2)x+(a+\sqrt{2})$$

     Получим , что $$f(x)>0$$. При этом график f(x)-парабола вида $$y=m x^{2}+nx+p$$, где $$m=(a^{3}+(1-\sqrt{2})a^{2}-(3+\sqrt{2})a+3\sqrt{2})$$, $$n=2(a^{2}-2)$$, $$p=a+\sqrt{2}$$

     При m<0 ветви параболы направлены вниз, но тогда f(x)>0 не выполнится для любого x>0. Следовательно, m>0. Решим данное неравенство: $$a^{3}+(1-\sqrt{2})a^{2}-(3+\sqrt{2})a+3\sqrt{2}>0\Leftrightarrow$$ $$a^{3}+a^{2}-3a-\sqrt{2}a^{2}-\sqrt{2}a+3\sqrt{2}>0\Leftrightarrow$$ $$a(a^{2}+a-3)-\sqrt{2}(a+a-3)>0\Leftrightarrow$$ $$(a-\sqrt{2})(a^{2}+a-3)>0\Leftrightarrow$$ $$(a-\sqrt{2})(a-\frac{-1+\sqrt{13}}{2})(a-\frac{-1-\sqrt{13}}{2})$$

     Получим, что $$a \in (\frac{-1-\sqrt{13}}{2}; \frac{-1+\sqrt{13}}{2})\cup (\sqrt{2} ;+\infty )$$. Следует рассмотреть отдельно значения, когда $$m=0$$:

   1) При $$a=\frac{-1-\sqrt{13}}{2}$$ получим : $$2((\frac{-1-\sqrt{13}}{2})^{2}-2)x+\frac{-1-\sqrt{13}}{2}+\sqrt{2}>0\Leftrightarrow$$ $$2(\frac{1+13+2\sqrt{13}-8}{4})x>\frac{1+\sqrt{13}-2\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow$$ $$x>\frac{1+\sqrt{13}-2\sqrt{2}}{6+2\sqrt{13}}>0\Rightarrow$$ не выполняется для любого x>0

   2) При $$a=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$$: $$2(\frac{13+1-2\sqrt{13}-8}{4})x+\frac{\sqrt{13}-1}{2}+\sqrt{2}>0\Leftrightarrow$$ $$\frac{6-2\sqrt{13}}{2}x> \frac{1-\sqrt{13}-2\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow$$ $$x<\frac{1-\sqrt{13}-2\sqrt{2}}{6-2\sqrt{13}}\Rightarrow$$ не выполняется для любого x>0

   3) $$a=\sqrt{2}$$: $$2((\sqrt{2})^{2}-2)x+\sqrt{2}+\sqrt{2}>0\Rightarrow$$ $$2\sqrt{2}>0\Rightarrow$$ $$a=\sqrt{2}$$ является решением.

     При m>0 ветви направлены вверх и существует 3 возможных расположения параболы, при которых f(x)>0:

$$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x_{0}>0\\D<0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x_{0}<0\\f(0)>0\end{matrix}\right.\\\left\{\begin{matrix}x_{0}=0\\f(0)=0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$$ , где $$x_{0}$$ – абсцисса вершины параболы; D-дискриминант f(x); f(0)-значение функции в x=0.

    При этом $$x_{0}=-\frac{n}{m}$$, а так как m>0 , то $$x_{0}>0\Leftrightarrow$$ $$-n>0\Leftrightarrow n<0$$. Получим :

$$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}n<0\\D<0\end{matrix}\right.(1)\\\left\{\begin{matrix}n>0\\f(0)>0\end{matrix}\right. (2)\\\left\{\begin{matrix}n=0\\f(0)=0\end{matrix}\right. (3)\end{matrix}\right.$$. Рассмотрим системы по отдельности:

   (1): $$\left\{\begin{matrix}2(a^{2}-2)<0\\(2(a^{2}-2))^{2}-4(a-\sqrt{2})(a^{2}+a-3)(a+\sqrt{2})<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a^{2}-2<0\\4(a^{2}-2)(a^{2}-2-a^{2}-a+3)<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a^{2}-2<0\\(1-a)(a^{2}-2)<0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$a \in (-\sqrt{2};1)$$

   (2): $$\left\{\begin{matrix}a^{2}-2>0\\a+\sqrt{2}>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$a \in (\sqrt{2} +\infty )$$

   (3): $$\left\{\begin{matrix}a^{2}-2=0\\a+\sqrt{2}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$a=-\sqrt{2}$$

     Объединяем все полученные значения : $$a \in [-\sqrt{2}; 1)\cup [\sqrt{2} ;+\infty)$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Пусть $$g(x)=3-\cos^{2}x$$. С учетом, что $$\cos^{2}x\in[0;1]$$, то $$g(x)\in[2;3]$$.

Пусть $$f(x)=1+(4+\sin x)^{4}$$. Т.к. $$\sin x\in[-1;1]$$, то $$4-\sin x\in[3;5]$$, тогда $$(4-\sin x)^{4}\in[81;625]$$ и $$f(x)\in[82;626]$$, тогда $$af(x)\in[a\cdot82;a\cdot626]$$

При этом $$af_{min}(x)=82\cdot a$$ при $$\sin x=1$$; $$g_{max}(x)=3$$, при $$\cos x=0$$. Т.е.: $$\left\{\begin{matrix}\sin x=1&\\\cos x=0&\end{matrix}\right.$$ $$\Rightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\frac{\pi}{2}+2\pi k&\\x=\frac{\pi}{2}+\pi n&\end{matrix}\right.$$ $$\Rightarrow$$ $$x=\frac{\pi}{2}+2\pi k, k\in Z$$

Т.е. принимают в одной точке, тогда чтобы решение было для любого $$a$$ необходимо выполнение $$af_{min}(x)>g_{max}(x)$$ $$\Leftrightarrow$$ $$82a>3$$ $$\Rightarrow$$ $$a>\frac{3}{82}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

$$\log_{\frac{1}{a}}(\sqrt{x^{2}+ax+5}+1)\cdot\log_{5}(x^{2}+ax+6)+\log_{a}3\geq0$$

Пусть $$\sqrt{x^{2}+ax+5}=y>0$$ $$\Rightarrow$$ $$y+1\geq1$$; $$y^{2}+1\geq1$$

$$-\log_{a}(y+1)\cdot\log_{5}(y^{2}+1)\geq-\log_{a}3$$

$$\log_{a}(y+1)\cdot\log_{5}(y^{2}+1)\leq\log_{a}3$$

Если $$a>1$$,то $$\log_{a}(y+1)>0$$ $$\Rightarrow$$ $$\log_{5}(y^{2}+1)\leq\frac{\log_{a}3}{\log_{a}(y+1)}=\log_{y+1}3$$

Если $$a\in(0;1)$$, то $$\log_{5}(y^{2}+1)\geq\log_{y+1}3$$

Необходимо единственное решение $$\Rightarrow$$ $$y=2$$. Т.е. получим $$\sqrt{x^{2}+ax+5}=2$$ тоже должно иметь единственное решение. Т.е. ордината в вершине параболы равна 2. Найдем абсциссу вершины: 

$$x_{0}=-\frac{a}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$\sqrt{(-\frac{a}{2})^{2}+a\cdot(-\frac{a}{2})+5}=\sqrt{5-\frac{a^{2}}{4}}=2$$ $$\Rightarrow$$ $$5-\frac{a^{2}}{4}=4$$ $$\Rightarrow$$ $$a^{2}=4$$ $$\Rightarrow$$ $$a=\pm2$$, но $$a>0$$ $$\Rightarrow$$ $$a=2$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Поскольку неравенство должно выполняться для всех значений $$x\in \left[-2;1\right]$$, то оно должно выполняться и при $$x=1.$$ Подставим $$x=1$$ в неравенство: $$11+3\left|a-1\right|+2\left|4-a\right|-1\le 16$$ или $$3\left|a-1\right|+2\left|4-a\right|\le 6$$ $$(\cdot )$$.

Рассмотрим функцию $$f\left(a\right)=3\left|a-1\right|+2\left|4-a\right|$$ на трёх промежутках: 
$$1) \left\{ \begin{array}{c}a\ge 4 \\ f\left(a\right)=3\left(a-1\right)+2\left(a-4\right)=5a-11 \end{array}\right.$$ 
$$2) \left\{ \begin{array}{c}1<a<4 \\ f\left(a\right)=3\left(a-1\right)+2\left(4-a\right)=a+5 \end{array}\right.$$ 
$$3) \left\{ \begin{array}{c}a\le 1 \\ f\left(a\right)=3\left(1-a\right)+2\left(4-a\right)=-5a+11 \end{array}\right.$$ 
При $$a>1$$ функция возрастает, а при $$a<1$$ убывает. Следовательно, она принимает наименьшее значение в точке $$a=1.$$ Имеем: $$f_{min}=f\left(1\right)=6.$$ Значит, неравенство $$(\cdot )$$ может быть выполнено только при $$a=1.$$

При $$a=1$$ получим $$2x^3+9x+3\left|x-1\right|+2\left|2x+1\right|+\sqrt[5]{2x-3}\le 16.$$

Поскольку $$x\in \left[-2;1\right],$$ то $$2x^3+9x+3\left(1-x\right)+2\left|2x+1\right|+\sqrt[5]{2x-3}\le 16\leftrightarrow $$ $$\leftrightarrow 2x^3+6x+2\left|2x+1\right|+\sqrt[5]{2x-3}-13\le 0\ \left(\cdot \cdot \right).$$

Пусть $$g\left(x\right)=2x^3+6x+2\left|2x+1\right|+\sqrt[5]{2x-3}-13,\ x\in \left[-2;1\right].$$

При $$x\in \left[-2;-\frac{1}{2}\right];g\left(x\right)=2x^3+6x-2\left(2x+1\right)+\sqrt[5]{2x-3}-13=$$ $$=2x^3+2x+\sqrt[5]{2x-3}-15.$$

При $$x\in \left[-\frac{1}{2};1\right];g\left(x\right)=2x^3+6x+2\left(2x+1\right)+\sqrt[5]{2x-3}-13=$$ $$=2x^3+10x+\sqrt[5]{2x-3}-11$$ функция $$g\left(x\right)$$ также возрастающая, как сумма возрастающих функций. И поскольку $$g\left(1\right)=0,$$ то при всех $$x\in \left[-2;1\right]$$ выполняется неравенство $$(\cdot \cdot )$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!