Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ЕГЭ - Математика
Функции. Исследование функции на возрастание/убывание

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

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:

$a ∈ {0;108 }$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

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 $\text{[math]}$ 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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

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.