Тема 18. Задачи с параметром

18.27 Метод xOa (параметр как вторая неизвестная)

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 21#20552Максимум баллов за задание: 4

При каких значениях $a$ уравнение

2 5cos x− 3a cosx + 1 = 0

имеет ровно один корень на $[π ] 2;π$ ?

Показать ответ и решение

1 способ.

Заметим, что $cosx= 0$ не является решением этого уравнения, следовательно, можно разделить обе части равенства на $t= cosx$ и получим

1 b= 3a =5t+ t

Если исходное уравнение должно иметь ровно один корень на отрезке $[π ] 2;π ,$ то новое уравнение должно иметь один корень на полуинтервале $t∈[−1;0)$ (выше сказали, что $t⁄=0$ ).

Будем рассматривать параметр $b$ как переменную. Построим в системе координат $xOb$ множество $S$ решений системы. Если некоторая точка плоскости с координатами $(x0;b0)$ принадлежит этому множеству $S,$ то для исходной задачи это означает, что если параметр $b$ принимает значение $b0,$ то $x0$ будет одним из решений системы. Нас просят найти все такие значения $b0$ параметра $b,$ при каждом из которых одна точка вида $(x0;b0)$ , $x0 ∈ℝ$ принадлежат множеству решений $S,$ изображенному на плоскости $xOb.$ Фактически это равносильно тому, что горизонтальная прямая $b= b0$ имеет одну точку пересечения с множеством $S$ .

Множество $S$ представляет собой график функции $b(x)=5t+ 1t$ . Исследуем эту функцию:

2 b′ = 5− 12 = 5t2− 1 t t

Производная равна нулю в точках $t= ±√0,2$ , разрывна в точке $t=0$ , причем при $t∈[−1;− √0,2)$ производная положительна, следовательно, функция возрастает, а при $t∈ (−√0,2;0)$ производная отрицательна, следовательно, функция убывает.

Таким образом, так как $b(− 1)=− 6$ , а при $t→ 0− 0$ имеем $b→ −∞$ , график функции $b= b(t)$ выглядит следующим образом:

$PIC$

Розовым цветом показана область, в которой может находиться горизонтальная прямая $b= b0$ , чтобы иметь с графиком $b =b(t)$ на промежутке $t∈[−1;0)$ ровно одну точку пересечения.

Найдем $b= bA$ : $√--- √- b(− 0,2)= −2 5$ , следовательно, $√- bA =− 2 5.$

Найдем $b= bB$ : $b(−1)= −6$ , следовательно, $bB = −6.$

Таким образом, $b< −6$ или $√- b=− 2 5,$ откуда $a <− 2$ или $√- a =− 23 5.$

2 способ.

Для начала заметим, что если $[ ] x∈ π2;π$ , то $cosx∈ [− 1;0]$ .

Теперь сделаем замену $cosx= t$ , $− 1≤ t≤1$ , тогда $cos2x =t2$ и исходное уравнение равносильно системе:

$pict$

При этом, зная решение системы $t ∈[−1;0] 0$ , можно найти корень исходного уравнения, сделав обратную замену:

cosx= t0 ⇔ x =arccost0

То, что корень исходного уравнения лежит на промежутке $[π ;π] 2$ , равносильно тому, что решение системы лежит на промежутке $[−1;0]$ , так как

$pict$

Тогда количество корней в исходном уравнении на отрезке $[π;π] 2$ будет совпадать с количеством корней в системе

$pict$

Таким образом, достаточно найти такие значения $a$ , при которых система имеет ровно одно решение.

$pict$

Квадратное уравнение имеет корни (необязательно различные) при $D ≥ 0$ . Обозначим их за $t1$ и $t2$ . По теореме Виета произведение корней равно $1 t1⋅t2 = 5 > 0$ , то есть оба корня одного знака.

Для того, чтобы система имела решение, один из корней должен лежать на отрезке $[− 1;0]$ , т.е. он не может быть положительным. Тогда оба корня уравнения должны быть отрицательными.

При этом также по теореме Виета сумма корней равна $3a 5$ и должна быть отрицательной, откуда следует, что $a< 0$ .

Рассмотрим два случая: когда $D =0$ (корни совпадают) и когда $D > 0$ (корни различные):

$D = 0$ :

$pict$

При $a= − √20 3$ получим
$3a 3⋅ √20 √5 t= 10 =− --103- =− 5--∈[−1;0]$
Т.е. система имеет ровно одно решение.
$D > 0$ :

$pict$

При положительном дискриминанте уравнение имеет два различных отрицательных корня $√ -2--- t1 = 3a+-19a0-−20$ и $√--2-- t2 = 3a−-91a0-−20$ . При этом выполнено $t2 < t1 <0$ .
Если $t2 ≥ −1$ , то оба корня лежат на отрезке $[− 1;0]$ , т.е. система имеет два различных решения, что нам не подходит. Тогда $t2 < −1$ , т.е.

$pict$

Если $t1 < −1$ , то оба корня не принадлежат отрезку $[−1;0]$ , т.е. система не имеет решений, что нам также не подходит. Тогда $t1 ≥ −1$ , т.е.

$pict$

Получили, что в случае $D> 0$ решение будет единственным на отрезке при $a< −2$

Тогда исходная система имеет ровно одно решение на отрезке при ${ √--} a∈ (− ∞;−2)∪ −-230$

Ответ: $(−∞;− 2)∪ {− √20} 3$

Ответ:

$√ -- (− ∞; − 2)∪ {−-320}$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#45967Максимум баллов за задание: 4

Найдите все значения параметра $a,$ при каждом из которых уравнение

||x2+ a2− 6x− 4a||= 2x+ 2a

имеет четыре различных корня.

Показать ответ и решение

Мы имеем уравнение следующего типа:

( ||B ≥ 0 |{⌊ |A|= B ⇔ ||⌈ A− B = 0 |( A+ B = 0

Следовательно, наше уравнение преобразуется следующим образом:

( || x+ a≥ 0 |{ ⌊ 2 2 || ⌈x + a − 6x− 4a− 2x− 2a= 0 (1) ⇔ |( x2+ a2− 6x− 4a+ 2x+ 2a= 0 ( |||{ a⌊≥ −x (x− 4)2+ (a − 3)2 = 25 |||( ⌈ 2 2 (x− 2) + (a − 1) = 5

Будем рассматривать параметр $a$ как переменную. Построим в системе координат $xOa$ множество $S$ решений системы. Если некоторая точка плоскости с координатами $(x0;a0)$ принадлежит этому множеству $S,$ то для исходной задачи это означает, что если параметр $a$ принимает значение $a0,$ то $x0$ будет одним из решений системы. Нас просят найти все такие значения $a0$ параметра $a,$ при каждом из которых ровно четыре точки вида $(x0;a0)$ , где $x0 ∈ ℝ,$ принадлежат множеству решений $S,$ изображенному на плоскости $xOa.$ Фактически это равносильно тому, что горизонтальная прямая $a =a0$ имеет ровно четыре точки пересечения с множеством $S.$

Неравенство $a≥ −x$ системы задает множество точек плоскости $xOa,$ находящихся не ниже прямой $a =− x.$ Первое и второе уравнения совокупности задают две окружности.

Первое — окружность с центром в точке $O1(4;3)$ радиуса $R1 = 5.$

Второе — окружность с центром в точке $O2(2;1)$ радиуса $√- R2 = 5.$

Заметим, что обе окружности проходят через начало координат, так как в уравнениях совокупности $(1)$ отсутствуют свободные члены. Следовательно, если подставить $x= 0$ и $a = 0,$ уравнения будут верными равенствами.

Тогда $(0;0)$ — первая точка пересечения окружностей и прямой $a= −x.$

Найдем вторую точку пересечения каждой окружности с этой прямой.

Для первой окружности и прямой получаем систему:

( { x2+ a2 − 6x − 4a − 2x − 2a = 0 ( ⇔ K1(1;− 1) a= −x

Для второй окружности и прямой получаем систему:

( 2 2 { x + a − 6x − 4a +2x +2a = 0 ⇔ K2(1;− 1) ( a= −x

Следовательно, вторая точка пересечения первой окружности с прямой совпадает со второй точкой пересечения второй окружности с прямой. Назовем эту точку $A2 (1;−1).$

Следовательно, получаем рисунки ниже (на рис. 2 приближено пересечение прямой с окружностями).

$PIC$
Рис. 1

$PIC$
Рис. 2

Следовательно, части окружностей, находящиеся между их точками пересечения, не лежат в области $a ≥− x.$ Таким образом, множество $S$ решений системы, а значит и исходного уравнения, на плоскости $xOa,$ выглядит следующим образом:

$PIC$

Закрашенные области (между прямыми $l1$ и $l2,$ $l3$ и $l4$ , но не включая эти прямые!) — это те области, в которых может располагаться прямая $a= a0,$ чтобы иметь четыре точки пересечения со множеством $S.$ Каждая $li$ — горизонтальная прямая, проходящая через $Ai.$

1.: Ордината точки $A1$ ищется как разность ординаты центра $O2$ окружности и радиуса этой окружности, то есть эта ордината равна $√- 1− 5.$ Следовательно, уравнение прямой $√- l1 :a = 1− 5.$
2.: Ордината точки $A2$ равна -1, следовательно, уравнение $l2 :a = −1.$
3.: Точка $A3$ — начало координат, следовательно, уравнение $l3 :a= 0.$
4.: Ордината $A4$ ищется как сумма ординаты центра $O2$ окружности и ее радиуса, следовательно, эта ордината равна $1+ √5.$ Значит, уравнение $l:a = 1+ √5. 4$

Таким образом, подходящие значения параметра:

√ - √- a∈ (1 − 5;− 1)∪(0;1+ 5)

Ответ:

$a ∈(1− √5;− 1) ∪(0;1 +√5-)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#49787Максимум баллов за задание: 4

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых система

( {(a− 1)x2+ 2ax + a+ 4≤ 0 ( 2 ax + 2(a+ 1)x + a+ 1≥ 0

имеет единственное решение.

(МГУ, 2001)

Показать ответ и решение

Систему можно переписать в виде

( {a(x+ 1)2 ≤ x2− 4 ( 2 a(x+ 1) ≥ −2x− 1

Сделаем замену $x + 1= t.$ Тогда новая система

( {at2+ 2t≤ t2− 3 2 2 (at2+ 2t≥ 1 ⇔ 1 ≤at + 2t≤ t − 3. (∗)

должна также иметь единственное решение.

Заметим, что $t= 0$ не является решением неравенства $(∗),$ следовательно, можно разделить обе части двойного неравенства на $t2 >0.$ Получим:

1 2 2 3 t2-− t ≤ a ≤1 − t − t2

Пусть $1= p. t$ Тогда неравенство

2 2 p − 2p ≤ a≤ −3p − 2p+ 1 (∗∗)

должно иметь единственное решение $p⁄= 0.$

Будем рассматривать параметр $a$ как переменную. Построим в системе координат $pOa$ множество $S$ решений неравенства. Если некоторая точка плоскости с координатами $(p0;a0)$ принадлежит этому множеству $S,$ то для исходной задачи это означает, что если параметр $a$ принимает значение $a0,$ то $p0$ будет одним из решений системы. Нас просят найти все такие значения $a0$ параметра $a,$ при каждом из которых ровно одна точка вида $(p0;a0)$ , $p0 ∈ ℝ,$ принадлежит множеству решений $S,$ изображенному на плоскости $pOa.$ Фактически это равносильно тому, что горизонтальная прямая $a= a0$ имеет ровно одну точку пересечения с множеством $S$ .

Рассмотрим функции $a1 = p2− 2p$ и $a2 = −3p2− 2p+ 1$ в системе координат $pOa.$ Тогда решением неравенства $(∗∗)$ будут являться те части плоскости $pOa,$ которые находятся не ниже параболы $2 a1 = p − 2p$ (то есть это точки на границе параболы или внутри параболы) и не выше параболы $a2 = − 3p2 − 2p +1$ (то есть это точки на границе параболы и внутри параболы). Следовательно, получаем следующую область:

$paaaB4A−21 = =3 −p32p−2−2p2p+ 1 3 4$

Заметим, что нам подходят только два положения горизонтальной прямой $a = a0,$ при которых эта прямая с множеством $S$ имеет ровно одну общую точку. Эти прямые — прямая, проходящая через точку $A$ (абсцисса которой положительна) пересечения парабол $a = a1$ и $a= a2,$ и прямая, проходящая через вершину $B$ параболы $a =a2.$