Ход решения:
а) Преобразуем исходное уравнение: $$2 \cos^3 x = \sqrt{3} \sin^2 x + 2 \cos x$$ Перенесем все слагаемые в левую часть и сгруппируем их: $$2 \cos^3 x - 2 \cos x - \sqrt{3} \sin^2 x = 0$$ Вынесем общий множитель $2 \cos x$ и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$: $$2 \cos x (\cos^2 x - 1) - \sqrt{3} (1 - \cos^2 x) = 0$$ Заметим, что $(1 - \cos^2 x) = -(\cos^2 x - 1)$, тогда уравнение примет вид: $$2 \cos x (\cos^2 x - 1) + \sqrt{3} (\cos^2 x - 1) = 0$$ Выносим общую скобку за скобки: $$(2 \cos x + \sqrt{3})(\cos^2 x - 1) = 0$$ Данное произведение равно нулю, когда хотя бы один из множителей равен нулю:

1) $2 \cos x + \sqrt{3} = 0$ $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ $x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $\cos^2 x - 1 = 0$ $\cos x = \pm 1$ $x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$

б) Теперь найдем корни, которые попадают в заданный промежуток $\left[-3\pi; -\frac{5\pi}{2}\right]$, используя метод двойного неравенства.

Для серии $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi k$: $-3\pi \leq \frac{5\pi}{6} + 2\pi k \leq -\frac{5\pi}{2}$ Умножим на $\frac{6}{\pi}$: $-18 \leq 5 + 12k \leq -15$ $-23 \leq 12k \leq -20$ Целых решений для $k$ нет. Для серии $x = \pi n$: $-3\pi \leq \pi n \leq -\frac{5\pi}{2}$ Разделим на $\pi$: $-3 \leq n \leq -2,5$ Целое значение $n = -3$, откуда $x = -3\pi$.

Для серии $x = -\frac{5\pi}{6} + 2\pi h$: $-3\pi \leq -\frac{5\pi}{6} + 2\pi h \leq -\frac{5\pi}{2}$ Умножим на $\frac{6}{\pi}$: $-18 \leq -5 + 12h \leq -15$ $-13 \leq 12h \leq -10$ При $h = -1$ получаем: $x = -\frac{5\pi}{6} - 2\pi = -\frac{17\pi}{6}$

Критерии оценивания:
— 2 балла: Верно выполнены оба пункта задания.
— 1 балл: Правильно решен только пункт а), либо допущена одна вычислительная ошибка, но логика решения обоих пунктов сохранена.
— 0 баллов: Решение не соответствует указанным выше требованиям.

Ответ:
а) $x = \pm \frac{5\pi}{6} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}; x = \pi n, n \in \mathbb{Z}$;
б) $x = -3\pi; x = -\frac{17\pi}{6}$

Источник: ФИПИ