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:

$(− ∞; − 2)∪ [2;+ ∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

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.

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

-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:

$a ∈(1;11)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

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: