Тема 18. Задачи с параметром

18.15 Функции. Область значений функций

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#22956

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых множество значений функции

       -ax2 +-2ax
f (x) = x2 + 2x + 2
содержит отрезок [− 2;1]  .
Показать ответ и решение

Перепишем функцию в виде

         (x+-1)2 −-1
f(x) = a ⋅(x+ 1)2 + 1
Данная функция определена ∀x ∈ ℝ  , так как       2
(x + 1) + 1 ⁄= 0  ни при каком x  .

Сделаем замену t = (x+ 1)2  , тогда новая функция

         t− 1     t+ 1− 2     (      2 )
g(t) = a⋅ t+-1 = a ⋅-t+-1-= a⋅  1− t+-1
определена при t ≥ 0  . При этом области значений f(x)  и g(t)  совпадают.

1 способ

Так как функция g(t)  непрерывна на всей области определения, то область значений функции содержит отрезок [− 2;1]  , если существуют такие точки t1 ≥ 0  и t2 ≥ 0  , что g(t1) = − 2  и g(t2) = 1  . Следовательно, следующие уравнения должны иметь хотя бы по одному неотрицательному решению (т.к. функция определена для всех неотрицательных чисел):

1) at− a = − 2t− 2     1) (a + 2)t = a− 2
2) at− a = t+ 1    →   2) (a − 1)t = a+ 1

При a = − 2  уравнение 1 не имеет решений, при a = 1  уравнение 2 не имеет решений. Следовательно, эти значения параметра нам не подходят. При остальных a  уравнения 1 и 2 можно переписать в виде:

                 (
1) t = a−-2      || a-−-2            (
      a+ 2       { a + 2 ≥ 0        { a ∈ (− ∞; − 2)∪[2;+∞ )
      a+ 1   →   || a + 1        ⇔   (                         ⇔    a ∈ (− ∞; − 2)∪[2;+∞ )
2) t =-----      ( a-−-1 ≥ 0          a ∈ (− ∞; − 1]∪(1;+∞ )
      a− 1

2 способ

Графиком функции g(t)  является часть ветви гиперболы при a ⁄= 0  и константа при a = 0  . Заметим, что при a > 0  функция g(t)  возрастает, а при a < 0  убывает. Имеем:

g(0) = − a

g(t) → a⋅(1 − 0) = a при t → +∞
График g(t)  в зависимости от знака параметра выглядит следующим образом:

PIC

Таким образом, чтобы область значений функции g(t)  содержала отрезок [− 2;1]  , нужно, чтобы

⌊(|
|||{ a > 0
||  − a ≤ − 2
|||||(
||  a > 1
||(|             ⇔   a ∈ (− ∞; − 2)∪ [2;+ ∞ )
||||{ a < 0
||  a < − 2
⌈|||(
   − a ≥ 1

Случай a = 0  мы не рассматриваем, так как функция, являющаяся константой, графически представляет собой горизонтальную прямую, следовательно, принимает только одно значение, то есть область ее значений не может содержать отрезок.

Ответ:

(− ∞; − 2)∪ [2;+ ∞ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31543

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых наибольшее значение функции

            2
f(x)= |x − a|− x

не меньше 1  .

Показать ответ и решение

Наибольшее значение функции не меньше 1  , если неравенство f(x)≥1  имеет хотя бы одно решение. Так как модульное неравенство решается следующим образом:

           ⌊
|A|≥B   ⇔  ⌈ A≥ B
             A≤ −B

то получаем, что должно иметь хотя бы одно решение следующее неравенство

                 ⌊                  ⌊
|x− a|≥ x2+ 1 ⇔   ⌈ x− a ≥x2+ 1  ⇔   ⌈x2− x+ a+ 1≤ 0
                   x− a ≤− x2− 1     x2+ x− a+ 1≤ 0

Совокупность из двух неравенств имеет решения, когда хотя бы одно из неравенств имеет решение. У нас два квадратичных неравенства с положительным старшим коэффициентом. Неравенство вида x2+bx+ c≤ 0  имеет решения, когда парабола y =x2+ bx+ c  (ветви которой направлены вверх) имеет хотя бы одну точку пересечения с осью абсцисс. Следовательно, дискриминант этого квадратичного трехчлена должен быть неотрицательным. Таким образом, для совокупности из двух квадратичных неравенств такого вида получаем, что решения будут, если

                       ⌊
⌊ D = 1− 4(a +1)≥ 0       a≤ − 3
⌈  1                ⇔  |⌈    34
  D2 = 1− 4(1− a)≥ 0      a≥ 4

Отсюда ответ a ∈(−∞;− 0,75]∪[0,75;+ ∞).

Ответ:

 a ∈(−∞;− 0,75]∪[0,75;+ ∞)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31542

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых область значений функции

    √a-+-1− 2 cos3x+ 1
y = sin23x+-a+2√a-+1-+2

содержит отрезок [2;3]  .

Показать ответ и решение

Сделаем замену √a+-1+ 1= b  , b ≥1  , cos3x= t  , |t|≤ 1  . Тогда функция выглядит как

   --b−-2t--
y = b2+ 1− t2

Заметим, что знаменатель дроби b2+ 1− t2 ≥1+ 1− 1= 1  , следовательно, не равен нулю, следовательно, функция непрерывна на всей области определения. Исследуем эту функцию через производную:

       2     2
y′ = −-2(b-+1-−2 t-)− (b2−2-2t)(−2t)=
          (b + 1− t )
= − 1 ⋅ 4t2−-4bt+-4b2-+4-=
   2   (b2+ 1− t2)2
   1  (2t−-b)2+-3b2+-4-
= −2 ⋅ (b2+1 − t2)2

Так как (2t− b)2 +3b2+4 >0  , (b2+1 − t2)2 > 0  , то производная y′ < 0  ∀t,b.  Следовательно, функция y(t)  убывает при всех t∈ [− 1;1]  . Значит, ее максимальное значение достигается при t= −1  , а минимальное — при t=1  . Следовательно, область значений функции будет содержать отрезок [2;3]  , если

                (
(||               |||| b+22≥ 3
|{ y(−1)≥ 3       |{ bb− 2
||| y(1)≤ 2     ⇔  ||| -b2-≤ 2    ⇔
( b≥ 1          ||( b≥ 1

(|  2                (|  2
||{ 3b− b− 2≤ 0       ||{− 3 ≤ b≤ 1
|| 2b2− b+ 2≥ 0   ⇔   ||b ∈ℝ         ⇔  b= 1
|( b≥ 1              |(b ≥1

Следовательно,

√a-+-1+1 =1  ⇔   a= −1.
Ответ:

 a ∈{−1}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31544

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых область значений функции

      x2-+2ax−-4-
f(x)= x2− 2x+3

содержится в интервале (−3;2)  .

Показать ответ и решение

Заметим, что f → 1  при x→ ∞ . следовательно, область значений функции будет содержаться в интервале (−3;2)  , если каждое из равенств f(x)= −3  и f(x)= 2  не имеет решений, то есть не имеет решений совокупность из них:

⌊ 2            2             ⌊ 2
⌈x + 2ax− 4 =− 3x +6x− 9  ⇔   ⌈4x +2(a− 3)x+ 5= 0
 x2+ 2ax− 4 =2x2− 4x+ 6       x2− 2(a+ 2)x+ 10= 0

Данная совокупность не имеет решений, когда каждое из уравнений не имеет решений, следовательно, их дискриминанты одновременно меньше нуля:

(                 (     √-        √ -
{(a− 3)2 <20    ⇔  { 3− 2√5< a< 3+ 2 5√ --
((a+ 2)2 <10       ( −2−  10< a< −2 +  10

Получаем     √-         √ --
3 − 2 5 <a <− 2+ 10.

Ответ:

 a ∈(3− 2√5;√10-− 2)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31802

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых множество значений функции

     --5a−-15x-+ax--
f(x)= x2− 2ax+ a2 +25

содержит отрезок [0;1]  .

Показать ответ и решение

Заметим, что знаменатель (x− a)2+ 25> 0  для любого x ∈ℝ  . Следовательно, у функции нет точек разрыва и ее область определения D (f)= ℝ  , то есть функция непрерывна на всем ℝ  . Значит условие задачи будет выполняться, если каждое из двух неравенств f(x)≥ 1  и f(x)≤0  будет иметь хотя бы одно решение. Рассмотрим каждое из двух неравенств.

1)

  5a− 15x +ax
x2−-2ax+-a2-+25 ≥1  ⇔   x2+3(5− a)x+ a2− 5a +25≤ 0

Это неравенство будет иметь решения тогда и только тогда, когда дискриминант левой части будет неотрицательным:

                      ⌊       √-
D = a2− 14a +25≥ 0  ⇔  ⌈x ≥7 +2 6
                       x ≤7 − 2√6

2)

-5a−-15x+-ax---≤0  ⇔   (a− 15)x≤ −5a
x2 − 2ax+ a2+25

Если a⁄= 15  , то данное линейное неравенство имеет решения. Если a= 15  , то неравенство не имеет решений.

Ответ:

 a ∈(−∞;7− 2√6]∪[7+ 2√6;+ ∞)∖{15}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31810

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых среди значений функции

   x2−-2x-+a-
y =  x2+6

есть ровно одно целое число.

Показать ответ и решение

Исследуем функцию через ее производную:

 ′    x2+-(6-− a)x−-6
y = 2⋅   (x2 +6)2

Дискриминант числителя равен

D =(6− a)2+ 24> 0 ∀a∈ ℝ

Следовательно, производная при любом a  имеет два нуля, причем заметим, что они разных знаков, так как их произведение равно − 6  . Назовем их x− и x+  . Найдем знаки производной на промежутках, образованных этими нулями:

PIC

Заметим, что при x → ±∞ имеем y → 1∓ 0  , следовательно, схематично график функции y =y(x)  выглядит так:

PIC

Таким образом, облласть значений функции y ∈[y(x−);y(x+)]  и она точно содержит число 1  . Следовательно, чтобы других целых чисел не было в области значений функции, нужно, чтобы y(x−)< 2  и y(x+)> 0  . Эти требования можно задать альтернативным условием: следующее неравенство должно быть выполнено для всех x∈ ℝ

                     (
   x2− 2x+ a         {x2− 2x+a >0
0< --x2+-6--< 2  ⇔   (x2+ 2x+12− a> 0

Чтобы полученная система имела решения x∈ ℝ  , каждое из неравенств должно иметь такие решения, следовательно, дискриминанты квадратичных трехчленов должны быть отрицательны одновременно:

(             (
{D1 <0        {4− 4a< 0
(D2 <0    ⇔   (4+ 4a− 48 <0    ⇔   1< a< 11
Ответ:

 a ∈(1;11)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31912

Найдите наименьшее значение параметра a  , при котором система

(|      2 3y    23y     2
{a− 8cos  8 − 2tg 8 = 2cos2x
|(2π|1+|x||cos3y+ |x|⋅(πsin23y− 16− 2π)= 0

имеет хотя бы одно решение. Найдите решения системы при данном a  .

Показать ответ и решение

Рассмотрим второе уравнение системы. Сделаем замену |x|= t  , cos3y = z  , тогда уравнение примет вид

        2
h(z)= πtz − 2π(1+ t)z+ t(π+ 16)= 0

Это уравнение при t≥ 0  должно иметь хотя бы одно решение z ∈ [− 1;1]  , причем эти значения t  и z  должны удовлетворять первому уравнению. Дискриминант уравнения h(z)= 0  :

          2
Dh =− 4π(16t− 2πt− π)

Рассмотрим Dh =0  :

D   = 4π(π +16)> 0
  Dh

Следовательно, Dh = 0  имеет два нуля, причем, так как Dh(0)< 0  , то условию t≥ 0  удовлетворяет только один корень, назовем его t0  . Тогда при t∈[0;t0]  имеем Dh ≥ 0  , при t∈ (t0;+ ∞)  имеем Dh < 0  , значит, рассматриваем только t∈[0;t0].  Тогда h(z) =0  имеет один или два корня.

Обратим внимание, что абсцисса вершины параболы z(верш) = |1+t|= |1+ 1|> 1
        t       t  (так как t≥ 0  ), h(0) >0  , следовательно, чтобы хотя бы один корень удовлетворял условию z ∈ [−1;1]  , парабола h= h(z)  должна выглядеть следующим образом:

PIC

Поэтому только левый корень может удовлеторять условию z ∈[−1;1]  и для этого нужно, чтобы h(1)≤ 0  , откуда    π
t≤ 8  .

Так как    (π)
Dh  8 > 0  , то при    π
t≤ 8  уравнение h(z)= 0  имеет корень z =z0 ∈ (0;1]  .

Рассмотрим первое уравнение системы:

                                                (               )
a =8cos2 3y+ 2tg23y +2cos22x ⇔   a=   2cos22x   + 4 2cos2 3 y+--1---- −2≥ 7
        8       8                 ∈[1◟;2]п◝◜ри|x◞|≤ π8  ◟-----8-◝◜-2cos2 38y-◞
                                                     ∈[8;+∞)

Следовательно, наименьшее a= 7  . Тогда при нем должно быть выполнено

(
|||{ |x|≤ π8            ({     π
  cos22x= 12     ⇔    x= ± 8
|||( 2cos2 3y = 1      (y = ± 2π3-+ 163 πn,n∈ ℤ
      8
Ответ:

 a ∈{7};(±π ;2π-+ 16πn);(± π;− 2π+ 16πn)
         8 3   3      8   3   3 , n∈ ℤ

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!