Тема 18. Задачи с параметром

18.17 Функции. Исследование функции на возрастание/убывание

Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела задачи с параметром
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#24923

При каких значениях параметра a  уравнение

         2a
5cos2x+ sinx-= −29

имеет решения?

Показать ответ и решение

Применим формулу косинуса двойного угла и умножим обе части уравнения на sinx  , наложив дополнительное условие sinx⁄= 0  :

pict

 

Сделаем замену t=sinx  с условиями t⁄= 0, − 1 ≤ t≤1  . Рассмотрим функцию

pict

 

Проверим монотонность функции f  на отрезке [− 1;1]  . Нас интересует поведение функции и наличие корней только на этом отрезке. Имеем

 ′       2                   2               2                2
f(t)= −30t+34,t∈ [−1;1]  ⇒   t ∈ [0;1]  ⇒   −30t ≥− 30  ⇒   −30t+34 > 0

Тогда функция f  монотонно возрастает на отрезке [−1;1]  .

Посмотрим, какие условия должны выполняться, чтобы уравнение f(t) =0  имело хотя бы один корень (на самом деле из монотонности следует, что не более одного) на отрезке [− 1;1]  . Временно забудем про ограничение t ⁄=0  , в конце выкинем лишние значения.

Во-первых, значение функции в левом конце отрезка должно быть не больше нуля, то есть f(−1)≤ 0  . Действительно, ведь в противном случае на всем отрезке [−1;1]  график функции f  будет лежать выше оси абсцисс, а значит, на этом отрезке не будет корней.

Во-вторых, значение функции в правом конце отрезка должно быть не меньше нуля, то есть f(1)≥ 0  , иначе график функции окажется ниже оси абсцисс на рассматриваемом отрезке.

При выполнении двух перечисленных условий мы гарантированно будем иметь ровно один корень на отрезке [−1;1]  . Получаем систему

pict

 

Осталось найти и выколоть значение a  , при котором t= 0  является решением уравнения f(t)= 0  . Тогда это a= 0  . Итого, получаем

a ∈[−12;12]∖ {0}

При всех найденных a  будет существовать решение для t  , а значит и для x  .

Ответ:

a ∈[−12;12]∖ {0}

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

Обоснованно получен верный ответ

4

Недостаточное обоснование либо исследования функции, либо перехода к системе

3

Верный переход к системе неравенств, но либо есть ошибка при их исследование, либо не учтено, что t  не равно нулю

2

Верное введение и исследование функции

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31540

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

              2
ln(x+ a)− 4(x+ a)+ a= 0

имеет ровно одно решение.

Показать ответ и решение

Сделаем замену t=x +a  , тогда новое уравнение

      2
lnt− 4t + a= 0

также должно иметь единственное решение. Рассмотрим функцию f(t)= lnt− 4t2+a  , определенную при t>0.  Производная

f′(t)= 1 − 8t= 1−-8t2
     t        t

Производная положительна при t∈ (0;-1√-)
     2 2 и отрицательна при t∈ (-1√-;+ ∞)
    2 2 .

Так как f(t)→ − ∞ при t→ 0+  и t→ + ∞ , то схематично график функции выглядит следующим образом:

PIC

Следовательно, единственное решение уравнение имеет в том случае, когда f(tmax)=0  , где       -1-
tmax = 2√2  :

   1     1               1
ln 2√2-− 4⋅8 + a= 0 ⇔   a= 2(1+ln8).
Ответ:

 a ∈{0,5(1+ ln8)}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#30594

Найдите все пары (a;b)  , при которых множество решений неравенства

              2
log2014(x− a)> 2x − x− b
совпадает с промежутком (0;1)  .
Показать ответ и решение

Перепишем неравенство в виде

         2x2−x−b
x− a> 2014

Рассмотрим две функции f(x)=x  и g(x)=20142x2−x−b+ a= 2014−b⋅20142x2−x +a  . Заметим, что они зависят от разных параметров, следовательно, графики функций не зависят друг от друга. График g  получается из графика y = 20142x2−x  сжатием/растяжением в 2014− b  раз и сдвигом по оси ординат на |a| единиц. Изобразим схематично графики для некоторых зафиксированных параметров a  и     b.

PIC

Множество решений состоит из тех x  , при которых прямая f(x)= x  находится выше графика функции y = g(x)  . Следовательно, две точки пересечения этих графиков должны быть равны x= 0;1  , чтобы множеством решений был интервал (0;1)  :

({                ({       −b
  f(0)= g(0)   ⇔     0= 2014  + a      ⇔
( f(1)= g(1)       ( 1= 20142−1−b +a
(                      (
{ a= −2014−b            |{a= − -1--
(                  ⇔   |(     2013
  1=2014⋅(−a)+a         b= log20142013
Ответ:

 a =−-1-; b= log  2013
     2013      2014

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31553

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых функция

       2       2
f(x)= x − 2|x − a|− 8x

имеет хотя бы одну точку максимума.

Показать ответ и решение

Раскроем модуль:

      ({ 2        2        2
f(x)=  x  − 6x − 2a , x < a (левая)
      (x2 − 10x+ 2a2, x ≥ a2 (правая)

Таким образом, графиком функции y = f(x)  является объединение части левой параболы, соответствующей x < a2  , и части правой параболы, соответствующей x≥ a2  . Заметим, что эти части “соединяются” в одной точке      2
x = a  .

Так как у параболы одна убывающая и одна возрастающая ветвь, то от каждой параболы можно взять либо только строго монотонную ветвь, либо часть, состоящую из обеих ветвей, то есть и возрастающей, и убывающей. Следовательно, график y = f(x)  можно выглядеть одним из четырех способов:

PIC

Так как точка максимума — это такая точка xmax  , в некоторой окрестности которой функция меняет свой характер монотонности с возрастания на убывание, то есть при некотором 𝜖  для всех x ∈ (xmax − 𝜖;xmax)  функция возрастает, а для всех x ∈(x   ;x   + 𝜖)
     max  max  убывает, то точка максимума имеется только на последнем рисунке. Последний рисунок задается тем, что абсцисса xл = 3  вершины левой параболы строго левее     2
x= a  , а абсцисса xп = 5  вершины правой параболы — строго правее     2
x =a  , то получаем следующее условие на параметр

              ⌊  √ -       √-
3< a2 < 5 ⇔   ⌈ −  5< a< −  3
                √3 < a< √5
Ответ:

   (  √-  √-)  (√- √ )
a ∈ −  5;− 3  ∪  3;  5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#1044

Найдите все значения a  , при каждом из которых уравнение

4cos x − atg2x = 3 + a

имеет на отрезке [0;π ]  ровно один корень.

 

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

С помощью формулы               1
1 + tg2x =  ------
            cos2x  уравнение перепишется в виде

4cosx −  --a---− 3 = 0
         cos2x
Заметим, что если уравнение относительно x  имеет ровно один корень x
  1   на [0; π]  , то уравнение относительно cosx  имеет также ровно один корень t1 = cosx1   на отрезке [− 1;1]  . Таким образом, рассмотрим функцию
            a
f(t) = 4t − -2 − 3
            t
и найдем значения a  , при которых график функции пересекает отрезок [− 1;1]  оси абсцисс ровно в одной точке.
Найдем производную:
 ′          2a-
f (t) = 4 + t3
Производная равна нулю в точке:
      ∘  --
t0 = − 3 a-
         2
Таким образом, область определения производной разбивается точками t0   и 0  на три промежутка, в каждом из которых она непрерывна и принимает значения одного знака.
Заметим, что при a > 0  t0 < 0  , при a = 0  t0 = 0  и при a < 0  t0 > 0  . В зависимости от расположения t0   относительно 0  у нас будут получаться разные промежутки. Поэтому рассмотрим эти три случая по отдельности.

 

1) a >  0 ⇒   t0 < 0  . Тогда знаки производной будут такими:
 
PIC
 
Заметим также, что f(t0) < 0  при a >  0  . Действительно,

         1         √ --   √ --
f(t0) = 3√---⋅ ( − 6 ⋅ 3a − 3 32) < 0
          2
Таким образом, график функции f (t)  в этом случае выглядит схематично так:
 
PIC
 
Таким образом, левая часть графика не пересекает ось абсцисс. Следовательно, для того, чтобы функция пересекала отрезок [− 1;1]  ровно в одной точке, нужно, чтобы правая часть графика пересекала ось абсцисс и эта точка была не правее 1. Это значит, что должно быть выполнено:
f(1) ≥ 0   ⇒    4 − a − 3 ≥ 0   ⇒    a ≤ 1
Пересекая эти значения a  с условием a > 0  , получаем ответ a ∈ (0;1]  .

 

2) a =  0  . Тогда функция принимает вид

f(t) = 4t − 3
Функция пересекает ось абсцисс в точке t = 3-∈ [− 1;1]
    4  , следовательно, a = 0  нам подходит.

 

3) a <  0 ⇒   t0 > 0  . Тогда знаки производной будут такими:
 
PIC
 
Заметим, что в этом случае однозначно не определяется значение f(t0)  . Поэтому рассмотрим по отдельности каждый случай.

 

3.1) f(t0) < 0  . Тогда

 1         √3--   √3--                   1
3√---⋅ ( − 6 ⋅ a − 3 2) < 0   ⇒    a >  − 4.
  2
Таким образом, график функции f (t)  в этом случае выглядит схематично так:
 
PIC
 
Заметим, что при a > − 14
       ∘ --
t  = −  3 a-< 1-
 0        2   2
Следовательно, график будет пересекать отрезок [− 1;1 ]  оси абсцисс хотя бы в одной точке (красная точка). Следовательно, нам нужно, чтобы больше не было точек пересечения с [− 1;1]  . Это значит, что
{                     {
  f(− 1) > 0            − 4 − a − 3 > 0
  f(1) < 0       ⇒      4 − a − 3 < 0        ⇒    a ∈ ∅.
Таким образом, этот случай невозможен.

3.2)                     1
f(t0) = 0 ⇒   a = − 4   . График функции f(t)  в этом случае выглядит схематично так:
 
PIC
 
Заметим, что при       1
a = − 4

       ∘ --
t  = −  3 a-= 1-
 0        2   2
Следовательно, чтобы больше не было корней на [− 1;1]  , нужно:
f(− 1) > 0   ⇒    − 4 − a − 3 > 0   ⇒    a < − 7
Пересекая полученные значения с a =  − 1
       4   , получаем a ∈ ∅  . Таким образом, этот случай невозможен.

 

3.3) f(t0) > 0 ⇒   a < − 1-
                    4  . График функции f (t)  в этом случае выглядит схематично так:
 
PIC
 
Следовательно, нужно:

f(− 1) ≤ 0   ⇒    − 4 − a − 3 ≤ 0   ⇒    a ≥ − 7
Пересекая эти значения с a <  − 14   , получим − 7 ≤ a < − 14.

 

Теперь вспомним, что все случаи 3.1, 3.2 и 3.3 мы рассматривали при a < 0  . Следовательно, ответ для 3 случая:              1
−  7 ≤ a < − 4.
Тогда окончательный ответ в задаче:

a ∈ [− 7;− 0,25) ∪ [0; 1]
Ответ:

a ∈ [− 7;− 0,25) ∪ [0;1]

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#1231

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

x3 − 9x2 + 108 + (a2 − 108a )tgx =  a

имеет ровно два корня.

Показать ответ и решение

Рассмотрим три случая: a = 0  , a = 108  и a ⁄= 0;108  .

 

1) a =  0  . Тогда уравнение примет вид x3 − 9x2 = − 108  . Решим его графически. Рассмотрим функцию      3     2
y = x −  9x   . Нули функции: x =  0;9  . Производная равна   ′     2
y  = 3x  − 18x  , следовательно, точки экстремума x = 0,x = 6  , причем x = 0  – точка максимума, x =  6  – точка минимума. Следовательно, график выглядит так: PIC
Причем y(6) = − 108  . Следовательно, решение уравнения x3 − 9x2 =  − 108  – это абсциссы точек пересечения графиков функций y = x3 − 9x2   и y =  − 108  . Таким образом, очевидно, что таких точек две.
Следовательно, a = 0  нам подходит.

 

2) a = 108  . Тогда уравнение примет вид x3 − 9x2 = 0  . Это уравнение имеет два решения x = 0  и x =  9  . Следовательно, a = 108  нам также подходит.

 

3) Пусть a ⁄= 0; 108  . Рассмотрим функцию           3     2               2
f(x ) = (x − 9x  + 108 −  a) + (a − 108a )tgx  . Тогда уравнение примет вид f(x) = 0  .
Эта функция состоит из суммы двух функций: h(x) = x3 − 9x2 + 108 − a  и g (x ) = (a2 − 108a )tgx  . Функция g  определена при всех x  кроме     π-
x =  2 + πk  , k ∈ ℤ  , причем на любом отрезке [  π-      π-     ]
 − 2 + πk; 2 + πk принимает значения от −  ∞ до + ∞ (вообще говоря, она еще периодическая).
Функция h  кубическая, определена при любом x  , причем на каждом отрезке вида [                 ]
   π-      π-
 − 2 + πk; 2 + πk она ограничена (то есть ее область значений на этом отрезке – от   (  π      )
h  − 2 + πk до   (       )
h  π2 + πk ).
Обе функции g  и h  также непрерывны на любом отрезке [  π-       π-    ]
 −  2 + πk; 2 + πk . Следовательно, функция f  также непрерывна на любом таком отрезке, а также принимает значения от − ∞ до + ∞ . Значит, на любом таком отрезке существует хотя бы одна точка, удовлетворяющая уравнению f(x ) = c  . В частности, это верно и для c = 0  . Следовательно, на любом отрезке вида [  π       π      ]
 − --+ πk; --+ πk
   2       2 существует хотя бы одно решение уравнения f (x) = 0  .
Так как таких отрезков бесконечное множество, то и решений у уравнения f(x) = 0  бесконечно. Следовательно, любые a ⁄= 0; 108  нам не подходят.

 

Таким образом, ответ a ∈ {0;108} .

Ответ:

a ∈ {0;108 }

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#1330

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

                                     √ --      √ ---------
(sin2 x − 5sin x − 2a(sin x − 3) + 6) ⋅ ( 2a + 8x  2x − 2x2) = 0

имеет корни.

Показать ответ и решение

ОДЗ уравнения: 2x − 2x2 ≥ 0   ⇔    x ∈ [0;1]  . Следовательно, для того, чтобы уравнение имело корни, нужно, чтобы хотя бы одно из уравнений

                                               --       ---------
sin2 x − 5sinx − 2a (sin x − 3) + 6 = 0  или   √ 2a + 8x√ 2x − 2x2 = 0
имело решения на ОДЗ.

 

1) Рассмотрим первое уравнение

                                             [
sin2 x − 5sin x − 2a(sin x − 3) + 6 = 0   ⇔      sin x = 2a + 2   ⇔     sin x = 2a + 2
                                               sin x = 3
Данное уравнение должно иметь корни на [0; 1]  . Рассмотрим окружность:
PIC

 

Таким образом, мы видим, что для любых 2a + 2 ∈ [sin 0;sin1]  уравнение будет иметь одно решение, а для всех остальных – не будет иметь решений. Следовательно, при a ∈ [− 1;− 1 + 0,5 sin 1]  уравнение имеет решения.

 

2) Рассмотрим второе уравнение

√ --     √ --------2              √ -----2-
  2a + 8x  2x − 2x  =  0   ⇔    8x  x − x  = − a

Рассмотрим функцию f(x) = 8x √x-−--x2-   . Найдем ее производную:

 ′           x(4x-−-3)-
f (x) = − 4 ⋅ √ x − x2
На ОДЗ производная имеет один ноль: x = 34   , который к тому же является точкой максимума функции f (x )  .
Заметим, что f(0) = f(1) = 0  . Значит, схематично график f (x)  выглядит так:
PIC

 

Следовательно, для того, чтобы уравнение имело решения, нужно, чтобы график f (x)  пересекался с прямой y = − a  (на рисунке изображен один из подходящих вариантов). То есть нужно, чтобы

            ( 3)           3√3--
0 ≤ − a ≤ f   --    ⇒    − -----≤ a ≤  0
              4              2

3) Таким образом, изначальное уравнение будет иметь решения при a ∈ [− 1;− 1 + 0,5 sin 1]  или     [    √ -- ]
        3  3
a ∈   − ----;0
         2 . Объединяя эти решения, получим

    [   √ --  ]
       3  3
a ∈  − -----;0 .
         2
Ответ:

    [    √ -- ]
        3--3-
a ∈   −  2  ;0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#1868

При каких значениях параметра a  уравнение

        3-   2x-        x-
cos x + 2 cos 3  + 3cos 3 = a

имеет решения.

Показать ответ и решение

1) Рассмотрим функцию f (x) = cosx + 32 cos 2x3 + 3 cos x3   .
Главный период у cosx  – это 2π  ,   у     2x
cos 3   — это 2π-
 2 = 3 π
 3  ,   у     x
cos 3   – это 2π-
 1 =  6π
 3  .   Тогда главный период всей функции f (x)  – это НОК этих периодов, то есть 6π  .

 

2) Для того, чтобы уравнение имело решения, необходимо, чтобы на любом отрезке длиной 6π  выполнялось: minf (x) ≤ a ≤ maxf  (x)  . Возьмем, например, отрезок [0;6π ]  .

 

3) Найдем критические точки функции и построим ее схематичный график для того, чтобы понять, чему равно minf  (x )  и maxf (x)  .

 

                                        (             )
f′(x ) = sin x + sin 2x-+ sin x-= 0   ⇒      sin x + sin x-  + sin 2x- = 0   ⇒
                   3       3                        3         3

 

          2x     x      2x                 2x (     x    )
⇒    2 sin ---cos --+ sin--- = 0   ⇒    sin --- 2cos --+ 1  =  0   ⇒
           3     3       3                 3        3

 

     ⌊ 2x-                            ⌊     3
     |  3 =  πn,n ∈  ℤ                 x =  -πn, n ∈ ℤ
⇒    ⌈                          ⇒     ⌈     2
       x-=  ± 2π-+ 2πk, k ∈ ℤ          x = ±2 π + 6 πk,k ∈ ℤ
       3      3   

Промежутку [0;6π ]  принадлежат точки    3π              9π
0; 2-; 2π; 3π; 4π; -2 ; 6π  . Значит, знаки производной такие:
 
PIC

 

Значит, минимальное значение на [0;6π ]  функция принимает в одной из точек 3π2 ; 3π; 9π2   , а максимальное — в одной из 0; 2 π; 4π; 6π  .

 

                11
f(0) = f(6π ) = ---
 (    )     (   2)
   3π-        9π-       3-
f   2   =  f   2   =  − 2

                   5-
f(2π) = f (4 π) = − 4

f(3π) = − 5-
          2

 

Тогда на [0;6π ]  схематично функция выглядит так:
 
PIC

 

То есть              5              11
minf (x) = − --, maxf (x) = ---
             2               2  . Значит,     [  5  11]
a ∈  − -; ---
       2  2 .

Ответ:

    [       ]
a ∈  − 5-; 11
       2   2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#2418

Пусть x  – решение неравенства

log (sin (πax) + cos(πax )) ≥ 1-
   2                         2

Для каждого целого значения параметра a ⁄= 0  найдите максимальное значение функции f (x ) = x(2 − x)  .

Показать ответ и решение

Сделаем замену для удобства: πax  = t  . Тогда неравенство примет вид:

                                           √ --       √ --  (      )   √ --
log (sint + cost) ≥ 1-   ⇔    sin t + cos t ≥  2   ⇔      2sin  t + π  ≥   2   ⇔
   2               2                                             4
   (      )               (      )
sin  t + π-  ≥ 1   ⇔    sin  t + π  = 1   ⇔    t + π-=  π-+ 2 πn,n ∈ ℤ    ⇔    t = π-+ 2πn, n ∈ ℤ
        4                      4                  4    2                          4

Сделав обратную замену и учитывая, что a ⁄=  0  , получим:

     1 (1      )
x =  -- --+  2n  ,n ∈ ℤ
     a  4

Преобразуем функцию, максимальное значение которой нужно найти:

f(x) = − x2 + 2x − 1 + 1 = − (x − 1)2 + 1

Таким образом, функция примет вид:

          (  (        )    )              (          )
            1  1             2         4        1   a  2
f(n ) = −   -- --+ 2n   − 1    + 1 = − -2- n +  --− --   + 1
            a  4                       a        8   2

Таким образом, графиком функции при каждом фиксированном значении a  является парабола, ветви которой направлены вниз, а вершина параболы находится в точке      a    1
n0 = 2 −  8   :
 
PIC

 

Рассмотрим параболу только при целых n  (так как, вообще говоря, n  – целое).      a   1
n0 = 2 − 8   ни при каких целых a  не будет являться целым числом. Следовательно, наибольшее значение функция принимает точно не в вершине.

 

Рассмотрим два случая:

 

1) a =  2k,k ∈ ℤ∖ {0} .

 

Тогда           1-
n0 =  k − 8  . Следовательно, парабола выглядит так:
 
PIC

 

Заметим, что так как парабола симметрична относительно прямой          1
n =  k − 8   , то чем ближе число n  расположено к k − 18   , тем больше будет значение функции f  в нем. Следовательно, максимальное значение функция f(n)  будет принимать либо при n = k − 1  , либо при n = k  . Заметим, что k  находится ближе к k − 1
    8   , чем k − 1  . Таким образом:

                ( a)         1
fmax = f(k ) = f  -- =  1 − ---2-
                  2         16a

2) a =  2k + 1,k ∈ ℤ  .

 

Тогда           3
n0 =  k + --
          8  . Следовательно, парабола выглядит так:
 
PIC

 

Аналогично, максимальное значение функция f(n)  будет принимать либо при n = k + 1  , либо при n =  k  . Заметим, что k  находится ближе к k + 3
    8   , чем k + 1  . Таким образом:

                 (      )
                   a-−-1-        --9--
fmax =  f(k) = f     2    =  1 − 16a2
Ответ:

при a  четном              1
fmax =  1 − -----
            16a2    

при a  нечетном fmax = 1 − --9--
           16a2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2571

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

                      √ --
2x3−3x2+4 + (a − 10) ⋅ ( 2)x3− 3x2+4 + 12 − a = 0

имеет шесть различных решений.

Показать ответ и решение

Сделаем замену  √ -- 3   2
(  2)x −3x +4 = t  , t > 0  . Тогда уравнение примет вид

t2 + (a − 10)t + 12 − a = 0  (∗)
Будем постепенно выписывать условия, при которых исходное уравнение будет иметь шесть решений.
Заметим, что квадратное уравнение (∗)  может максимум иметь два решения. Любое кубическое уравнение Ax3  + Bx2  + Cx +  D = 0  может иметь не более трех решений. Следовательно, если уравнение (∗)  имеет два различных решения (положительных!, так как t  должно быть больше нуля) t1   и t2   , то, сделав обратную замену, мы получим:
⌊ √ --x3−3x2+4
 (  2)        =  t1
⌈ √ --
 (  2)x3−3x2+4 =  t2
Так как любое положительное число можно представить как √ --
  2  в какой-то степени, например,       √ --
t1 = (  2)log√2t1   , то первое уравнение совокупности перепишется в виде
x3 − 3x2 + 4 = log√-t1
                   2
Как мы уже говорили, любое кубическое уравнение имеет не более трех решений, следовательно, каждое уравнение из совокупности будет иметь не более трех решений. А значит и вся совокупность будет иметь не более шести решений.
Значит, чтобы исходное уравнение имело шесть решений, квадратное уравнение (∗ )  должно иметь два различных решения, а каждое полученное кубическое уравнение (из совокупности) должно иметь три различных решения (причем ни одно решение одного уравнения не должно совпадать с каким-либо решением второго!)
Очевидно, что если квадратное уравнение (∗)  будет иметь одно решение, то мы никак не получим шесть решений у исходного уравнения.

 

Таким образом, план решения становится ясен. Давайте по пунктам выпишем условия, которые должны выполняться.

 

1) Чтобы уравнение (∗)  имело два различных решения, его дискриминант должен быть положительным:

                                             √ --        √ --
D =  a2 − 16a + 52 > 0   ⇔    a ∈ (− ∞; 8 − 2  3) ∪ (8 + 2 3;+ ∞ )

2) Также нужно, чтобы оба корня были положительными (так как t > 0  ). Если произведение двух корней положительное и сумма их положительная, то и сами корни будут положительными. Следовательно, нужно:

{
  12 − a > 0
  − (a − 10) > 0     ⇔    a < 10

Таким образом, мы уже обеспечили себе два различных положительных корня t1   и t2   .

 

3) Давайте посмотрим на такое уравнение

  3     2         √ -
x  − 3x  + 4 = log  2t
При каких t  оно будет иметь три различных решения?
Рассмотрим функцию f(x) = x3 − 3x2 + 4  .
Можно разложить на множители:
 3     2         3   2      2        2                                         2
x  − 3x  + 4 = x  + x  − 4x  + 4 = x  (x + 1 ) − 4(x + 1)(x − 1) = (x + 1)(x − 2)
Следовательно, ее нули: x = − 1;2  .
Если найти производную  ′        2
f (x) = 3x  − 6x  , то мы получим две точки экстремума xmax = 0,xmin =  2  .
Следовательно, график выглядит так:
PIC
Мы видим, что любая горизонтальная прямая y = k  , где 0 < k < 4  , пересекает график в трех точках. При всех остальных значениях k  будет меньше трех точек пересечения. Следовательно, для того, чтобы уравнение  3      2         √ -
x  − 3x  + 4 = log  2t  имело три различных решения, нужно, чтобы        √ -
0 < log  2t < 4  .
Таким образом, нужно:
{
  0 < log √2t1 < 4
  0 < log √-t  < 4       (∗∗)
          2 2
Давайте также сразу заметим, что если числа t1   и t2   различны, то и числа log√2-t1   и log√2 t2   будут различны, значит, и уравнения x3 − 3x2 + 4 = log√ -t
                    2 1   и x3 − 3x2 + 4 = log√-t
                   2 2   будут иметь несовпадающие между собой корни.
Систему (∗∗)  можно переписать так:
{
  1 < t1 < 4
  1 < t2 < 4

Таким образом, мы определили, что оба корня уравнения (∗)  должны лежать в интервале (1;4)  . Как записать это условие?
В явном виде выписывать корни мы не будем.
Рассмотрим функцию g(t) = t2 + (a − 10)t + 12 − a  . Ее график – парабола с ветвями вверх, которая имеет две точки пересечения с осью абсцисс (это условие мы записали в пункте 1)). Как должен выглядеть ее график, чтобы точки пересечения с осью абсцисс были в интервале (1; 4)  ? Так:
PIC
Во-первых, значения g(1)  и g(4)  функции в точках 1  и 4  должны быть положительными, во-вторых, вершина параболы t0   должна также находиться в интервале (1; 4)  . Следовательно, можно записать систему:

(
|| 1 + a − 10 + 12 − a > 0
||{
  42 + (a − 10 ) ⋅ 4 + 12 − a > 0    ⇔    4 < a < 8
||
||(     −-(a −-10)
  1 <     2      < 4

Таким образом, нам нужно пересечь значения параметра a  , найденные в 1-ом, 2-ом и 3-ем пунктах, и мы получим ответ:

(                √ --         √ --
|{  a ∈ (− ∞; 8 − 2 3) ∪ (8 + 2  3;+ ∞ )                        √--
   a < 10                                   ⇔    4 < a < 8 − 2  3
|(  4 < a < 8
Ответ:

        √ --
(4;8 − 2  3)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#75183

АН уже не ребёнок, однако за свой тяжкий педагогический труд тоже заслуживает подарка на Новый Год от Деда Мороза! К выбору подарка для АН Дед Мороз подошёл оригинально: он помнил, что любимый номер АН в профильном ЕГЭ по математике — номер с параметром — и выдумал следующую параметрическую задачку.
Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых модуль разности ординат точек экстремума функции

f(x) = ax3 + 6ax2 − 15ax+ a

больше 1296.

Показать ответ и решение

Начнём с рассмотрения случая a = 0.

f(x) = 0⋅x3 + 6⋅0⋅x2 − 15 ⋅0⋅x + 0 ≡ 0.

У постоянной функции нет точек экстремума, и разность между их ординатами быть больше 1296 не может.

Теперь рассмотрим случай a ⁄= 0.
Найдем производную функции f′(x ) :

f′(x) = 3ax2 + 12ax − 15a.

Найдём критические точки производной (экстремумы):

3ax2 + 12ax − 15a = 0,

        2                 2       2
D = 144a + 4 ⋅3a⋅15a = 324a = |18a| ,

⌊     −-12a+-18a
| x1 =    6a     = 1,
⌈     − 12a−-18a
 x2 =    6a     = − 5.

Заметим, что вне зависимости от значения параметра   абсциссы точек экстремума неизменны. Следовательно, нам всего лишь следует решить такое неравенство:

|f(− 5)− f(1)| > 1296.

Вычислим значения функции в точках экстремума и решим получившееся неравенство:

|(− 125a+ 150a+ 75a +a) − (a + 6a− 15a+ a)| > 1296,

|− 125a+ 150a+ 75a + a− a− 6a + 15a − a| > 1296,

|108a| > 1296,

|a| > 12.

Раскроем модуль по определению и получим:
для положительных значений a  неравенство a > 12,
для отрицательных значений a  неравенство − a > 12,  решением которого является a < − 12.

Ответ:

a ∈ (− ∞; − 12)∪ (12;+ ∞ )

Критерии оценки

Содержание критерия

Балл

 Обоснованно получен верный ответ

4

С помощью верного рассуждения получены оба промежутка, входящие в ответ, с неверным включением—исключением концевых точек

3

С помощью верного рассуждения получен один промежуток, входящий в ответ

2

С помощью верного рассуждения получен один промежуток, входящий в ответ, с неверным включением—исключением концевых точек

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл

4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#81699

При каких положительных не равных 1 значениях параметра a  неравенство

log  3x2-+8-+ log 2x2+-6 > 1
  a x2+ 2     a x2+ 2

не имеет решений?

Показать ответ и решение

Перепишем неравенство в виде

    ((         )(         ))
log    3+ --2--   2+ --2--   > 1
   a      x2+ 2      x2+ 2

Сделаем замену y = 52 + x22+2  и исследуем ее. Заметим, что функция y  четная и определена при всех x∈ ℝ.  Функция h = x2+ 2  при x> 0  возрастает и положительна, функция g = 52 + h2  при h> 0  убывает, следовательно, функция

y = g(h(x))

убывает при x> 0.  Так как при x= 0  имеем y = 7,
    2  при x → +∞ имеем     5
y → 2,  то получаем, что    (5 7]
y ∈ 2;2 .

После этой замены неравенство примет вид

   ( (   1) (    1))             (     1)
loga   y+ 2   y − 2   > 1  ⇔   loga  y2− 4  >1

Сделаем замену t= y2 − 14.  Тогда t∈ (6;12],  а неравенство примет вид

log t> 1
  a

Следовательно, при a> 0,  a⁄= 1  полученное неравенство не будет иметь решений, если оно не имеет решений в принципе, то есть t≤ 0,  либо все его решения t⊆ (0;6]∪(12;+∞ ).

При a∈ (0;1)  неравенство равносильно

t< a

Следовательно, для выполнения условия задачи необходимо, чтобы a≤ 6.  Следовательно, a ∈(0;1)  — первая часть ответа.

При a∈ (1;+ ∞)  неравенство равносильно

t> a

Следовательно, для выполнения условия задачи необходимо, чтобы a≥ 12.  Следовательно, a ∈[12;+ ∞ )  — вторая часть ответа.

Таким образом, ответ

a ∈(0;1)∪[12;+ ∞)
Ответ:

a ∈(0;1)∪[12;+ ∞)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#31909

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

  2                                 2
sin (x+ 6)− (a− 1)sin(x +6)sin(πx)+ (a− 1)sin (πx)=0

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Если sin(πx)= 0  , то x= n  , n∈ ℤ  , следовательно, sin(n+6)= 0  только при x =n =− 6  . Значит, при x= −6  оба синуса равны нулю, следовательно, исходное равенство верно, то есть x= −6  при любом значении параметра является решением уравнения. Заметим, что все остальные целые числа не являются решением уравнения, так как один синус зануляется, а второй — нет.

Тогда требуется найти те a  , при которых других корней уравнение не имеет.

Пусть x⁄= −6  . Тогда уравнение стоит разделить на sin(πx)  , так как оно однородное:

(sin(x+6))2        sin(x+ 6)
 -sin(πx)-  − (a− 1)⋅-sin(πx) + (a− 1)= 0

Пусть t= sin(x+-6)
   sin(πx)  . На промежутке x∈ (0;1)  эта функция непрерывна, так как sin(πx)⁄= 0  , причем

  • при x→ 0+ 0  имеем sin(x+ 6)→ sin6< 0  , следовательно, t→ −∞ ;
  • при x→ 1− 0  имеем sin(x+ 6)→ sin7> 0  , следовательно, t→ +∞ .

Значит, E(t)= ℝ  . Тогда квадратное уравнение  2
t − (a− 1)t+ (a − 1)= 0  не должно иметь корней, следовательно,

D = (a − 1)2− 4(a− 1)=(a− 1)(a− 5)<0 ⇔  1< a< 5
Ответ:

 a ∈(1;5)

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!