Тема 18. Задачи с параметром

18.19 Функции. Метод оценки

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#31659

Решите уравнение

sin7x⋅cos6x= −1

Показать ответ и решение

Так как $− 1≤ sin7x≤ 1$ , $− 1≤cos6x≤ 1$ , то $− 1≤ sin7x⋅cos6x≤ 1$ , причем по методу оценки равенство $− 1$ возможно тогда и только тогда, когда один из синуса и косинуса равен $1$ , а второй равен $− 1$ :

⌊( ⌊(| π ⌊(| |{ sin7x= 1 |{ 7x = 2 + 2πn,n ∈ℤ |{ 42x =3π+ 12πn,n ∈ℤ ||( cos6x= −1 ||||( 6x =− π+ 2πm, m∈ ℤ ||||( 42x =− 7π +14πm,m ∈ ℤ |||({ sin7x= −1 ⇔ ||(|{ 7x =− π+ 2πn,n∈ ℤ ⇔ ||(|{ 42x =− 3π +12πn,n∈ ℤ ⌈( |⌈ 2 |⌈ cos6x= 1 |( 6x =2πm,m ∈ ℤ |( 42x =14πm,m ∈ℤ

Решим каждую систему по отдельности:

1.

Найдем $x$ , который является пересечением множества решений первой и второй серии:

7m − 5 m− 5 3π+ 12πn =− 7π +14πm ⇔ n = --6--= m + -6---

Чтобы $n$ было целым числом, целым числом должна быть последняя дробь, следовательно, так как число $m$ может давать остатки $0,1,...,4,5$ при делении на $6$ , нам подходит остаток $5$ : $m = 6k+5,k∈ ℤ$ , откуда

6k+ 5− 5 n = 6k +5+ ----6---= 7k+ 5

Следовательно, $42x= 3π+ 12π(7k+ 5)=63π+ 12⋅7πk$ , откуда $x= 3π2 +2πk$ , $k∈ ℤ.$

2.

Найдем $x$ , который является пересечением множества решений первой и второй серии:

−3π+ 12πn= 14πm ⇔ n= 14m+-3= m + 2m+-3- 12 12

Чтобы $n$ было целым числом, целым числом должна быть последняя дробь, следовательно, так как число $m$ может давать остатки $0,1,...,10,11$ при делении на $12$ , нам не подходит ни один из этих остатков. Следовательно, ни при каком $m$ число $n$ не будет целым, следовательно, $x∈ ∅.$

Ответ:

$3π +2πk 2$ , $k∈ ℤ$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31660

Решите уравнение

7 13 sin x+ cos x = 1

Показать ответ и решение

Верно: $sinnx ≤sinn−1x$ и $coskx≤ cosk−1x$ . Следовательно,

7 13 2 2 sin x+cos x ≤sin x +cos x= 1

Значит, по методу оценки левая часть равна $1$ тогда и только тогда, когда

(||⌊ sinx= 0 ⌊({ sinx= 1 ({ 7 2 ||||{⌈ ||( ⌊x= π + 2πn,n ∈ℤ sin x =sin x ⇔ ⌊ sinx= 1 ⇔ |||( cosx= 0 ⇔ |⌈ 2 (cos13x= cos2x |||||⌈ cosx= 0 |⌈{ sinx= 0 x= 2πm,m ∈ ℤ |( cosx= 1 ( cosx= 1

Ответ:

$π + 2πn,n ∈ℤ 2$ ; $2πm,m ∈ ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31661

Решите уравнение

|x| 2 = cosy

Показать ответ и решение

Так как $|x|≥ 0$ , то $2|x| ≥20 = 1$ ; $− 1≤ cosy ≤1$ . Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны $1$ :

({ |x| ({ 2 = 1 ⇔ x= 0 (cosy = 1 ( y = 2πn,n ∈ℤ

Ответ:

$(0;2πn)$ , $n ∈ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31653

Решите неравенство $log (2x2 − 4x+ 2+ ax2−2x+5) ≤4 a$ при всех $a> 1$ .

Показать ответ и решение

Так как $a> 1$ , то неравенство равносильно

2 (x−1)2+4 4 2 t2+4 4 2(x− 1)+ a ≤a ⇒ 2t+ a ≤ a ,

где $t= x− 1.$

Так как $t2 ≥ 0$ и $a >1$ , то $2t2+ at2+4 ≥ 2⋅0+a0+4 = a4$ . Следовательно, из этого следует, что неравенство выполняется тогда и только тогда, когда $2t2+ at2+4 = a4$ , что верно при $t=0,$ то есть при $x =1.$

Ответ:

$x ∈{1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31654

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

2 2 |x− a +4a− 2|+|x− a +2a+ 3|= 2a− 5

имеет хотя бы один корень на отрезке $[5;23]$ .

Показать ответ и решение

Так как $|t|=|− t|,$ то уравнение можно переписать в виде

2 2 |x− a +4a− 2|+|− x+a − 2a− 3|= 2a− 5

Пусть $A= x− a2+4a− 2,$ $B =− x+ a2 − 2a− 3,$ тогда $A +B = 2a− 5,$ следовательно, уравнение имеет вид

|A |+ |B|=A + B

При всех $A,B ∈ ℝ$ верно неравенство треугольника: $|A |+ |B |≥|A+ B|≥ A+ B.$ При этом равенство $|A|+ |B |= |A+ B|$ возможно тогда и только тогда, когда $A$ и $B$ либо одновременно неотрицательны, либо одновременно неположительны, а равенство $|A+ B|= A+ B$ возможно тогда и только тогда, когда $A+ B$ неотрицательно. Следовательно, исходное уравнение равносильно

({A ≥0 ({x ≥a2− 4a+ 2 ( ⇒ ( 2 B ≥0 x ≤a − 2a− 3

Система имеет решения в случае, если $2 2 (a − 2) − 2 ≤(a− 1)− 4.$ Тогда решением является отрезок $2 2 [(a− 2)− 2;(a− 1) − 4],$ который имеет хотя бы одну точку пересечения с отрезком $[5;23],$ если

⌊5≤ (a− 2)2− 2 ≤23 ⌊5≤ (a− 2)2 ≤ 23 ⌈ 2 ⇔ ⌈ 2 ⇔ 5≤⌊(a− 1) − 4 ≤23 5⌊≤ (a− 1) ≤ 23 − 3≤a ≤2 − √7 1 − 3√3 ≤a ≤−2 ⌈2+ √7 ≤a ≤7 или ⌈4 ≤a ≤1+ 3√3

С учетом $(a− 2)2− 2≤ (a− 1)2 − 4,$ откуда $a≥ 5, 2$ окончательно получаем

a ∈[4;7]

Ответ:

$a ∈[4;7]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31655

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

2 2 2 |cosx+ a − a− 1|+ |2cosx+ a − 6a+ 10|≤ 4cosx+|2a − 7a+ 6|+4

выполнено для всех $x$ .

Показать ответ и решение

Сделаем замену $t= cosx$ . Тогда неравенство должно быть выполнено для всех $t∈ [−1;1]$ . Пусть также $A= a2− a− 1$ , $2 B = a − 6a+ 10$ . Перенесем все слагаемые в одну часть и тогда неравенство примет вид

4t− |t+A|− |2t+ B|+4 +|A+ B− 3|≥0

Рассмотрим функцию $f(t)=4t− |t+ A|− |2t+B |+ 4+ |A +B − 3|$ . Воспользуемся методом главного модуля/слагаемого: функция при любом варианте раскрытия двух модулей представляет из себя линейную функцию вида $f(t)= kt+h(a)$ , где $k ∈{4− 1− 2;4− 1+ 2;4+ 1− 2;4+ 1+ 2}$ . Следовательно, как бы ни раскрылись два модуля, коэффициент $k> 0$ , следовательно, функция $f(t)$ возрастает при всех $t∈ ℝ$ , а значит, и на промежутке $[−1;1]$ .

Значит, неравенство $f(t)≥ 0$ будет выполнено для всех $t∈ [−1;1]$ , если точка $t= −1$ находится не левее точки пересечения графика $y =f(t)$ с осью абсцисс, то есть если $f(−1)≥0$ :

−4− |A − 1|− |B − 2|+ 4+|A+ B − 3|≥ 0 ⇔ |A− 1|+ |B − 2|≤ |A+ B− 3|

Так как по неравенству треугольника $|m|+ |n|≥ |m +n|$ , то при всех $A,B$ выполнено $|A− 1|+ |B − 2|≥ |A + B− 3|$ . Следовательно, неравенство равносильно

|A− 1|+|B− 2|=|A+ B − 3|

Равенство возможно тогда и только тогда, когда подмодульные выражения либо одновременно неотрицательны, либо неположительны, следовательно, их произведение неотрицательно:

2 2 (A− 1)(B − 2)≥ 0 ⇒ (a − a− 2)(a − 6a+ 8)≥0 ⇔ a∈ (− ∞;−1]∪{2}∪[4;+ ∞)

Ответ:

$a ∈(−∞;− 1]∪ {2}∪ [4;+∞ )$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31656

Найдите все такие пары чисел $a$ и $b$ , при каждой из которых уравнение

2 2 2 2 2 2 2 (3x − 2a +ab) +(3a − ab+ 2b− 12x)+ 4= 4x− x

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Уравнение равносильно

2 2 2 2 2 2 2 (3x − 2a + ab) + (3a − ab+2b − 12x) = −(x− 2)

Левая часть уравнения представляет собой сумму двух квадратов, следовательно, сумму двух неотрицательных величин, следовательно, неотрицательную величину: $(3x2− 2a2+ ab)2+ (3a2 − ab+ 2b2− 12x)2 ≥ 0$ . Правая часть неположительна: $− (x− 2)2 ≤0$ . Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны $0$ :

( (| 2 2 {(3x2− 2a2+ ab)2+ (3a2− ab+2b2− 12x)2 = 0 ||{ 3x − 2a +ab= 0 (−(x− 2)2 =0 ⇔ || 3a2− ab+ 2b2− 12x =0 ⇒ |( x= 2 ( {12− 2a2 +ab= 0 (3a2− ab+2b2− 24 =0 (сложим удворенное первое равенство со вторым) ⇔ ({ 2 2 2 (|{ (b)2 b 2b +ab− a = 0 |:a ⁄= 0 ⇔ 2 a + a − 1= 0 ⇔ (12− 2a2 +ab= 0 |( 12 − 2a2+ ab=0 ⌊( ( ( ⌊ { a= −b |{-b= −1;1 |||{ ⌈a= −b |||( b= ±2 |a 2 ⇔ | a= 2b ⇔ ||({ (12− 2a2 +ab= 0 ||( 12− 2a2+ ab= 0 |⌈ a= 2b√- ( b= ± 2

Получаем следующие пары для $a$ и $b$ : $√- √- √- √ - (2;−2);(−2;2);(2 2; 2);(−2 2;− 2).$

Ответ:

$(a;b)∈ {(2;−2);(−2;2);(2√2;√2);(− 2√2;− √2)}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31657

При каждом значении $a$ решите уравнение

|x− 1|+|x+ 1|+ |x− 2|+|x+ 2|+ ...|x− 2015|+ |x+2015|+ + 2x2+ 2a2+ 40302− 8060x− 8060a= 4030x

Показать ответ и решение

Так как $|A|+ |B |≥|A+ B|$ , то

|x− 1|+|x+1|+ |x− 2|+|x+ 2|+ ...+ |x− 2015|+ |x+ 2015|≥ 2◟|x|+2|x|+◝◜...+-2|x|◞= 2015⋅2|x|= 4030|x| 2015раз

Заметим также, что

2 2 2 2 2 2x +2a + 4030 − 8060x− 8060a= 2(x− 2015) +2(a− 2015)

Следовательно, левая часть равенства

|x − 1|+|x+ 1|+ |x − 2|+ |x+ 2|+...|x− 2015|+|x+ 2015|+ + 2x2+2a2+ 40302− 8060x− 8060a≥ 4030|x|+ 2(x− 2015)2+ 2(a − 2015)2 ≥ 4030|x|

Таким образом, левая часть равна $4030x$ , если

(|| (x − 1)(x +1)≥ 0 ||||| ||||| (x − 2)(x +2)≥ 0 |||{ ... ({ | (x − 2015)(x+ 2015)≥ 0 ⇔ (x = 2015 ||||| 2(x− 2015)2 = 0 a =2015 ||||| 2 ||||( 2(a− 2015) = 0 x≥ 0

Тогда при $a= 2015$ решением уравнения является $x= 2015$ , а при $a⁄= 2015$ уравнение не имеет решений.

Ответ:

$a ∈{2015}⇒ x ∈{2015}$ ,

$a∈ℝ∖{2015} ⇒ x∈ ∅$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31658

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

4∘x2−-6ax+-10a2+ 4∘3-+-6ax−-x2−-10a2 ≥ ∘ √--------3---|--√---|-|---√--| ≥ 4 3a+ 24− √2-+ ||y− 2a2||+||y− 3a||

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Рассмотрим левую часть как функцию $f(x)$ и правую часть как функцию $g(y)$ . Так как эти функции зависят от разных аргументов, то значения, которые могут принимать эти функции, не зависят друг от друга. Тогда неравенство $f(x)≥ g(y)$ будет иметь единственно решение, если мы придадим параметру $a$ такое значение, что $fmax(x0)=gmin(y0)$ , причем $(x0;y0)$ — единственная пара. Исследуем эти функции.

Пусть $2 2 2 2 t= x − 6ax +10a = (x − 3a) +a$ , тогда $4√- 4√---- f(t)= t+ 3− t$ и $0≤ t≤3$ . Производная
$f′(t)= -14√--− ∘--1---- ⇒ f′(t)=0 ⇔ t= 3 4 t3 4 (3− t)3 2$
Тогда $t= 32$ — точка максимума, следовательно, $( ) √-- fmax(t)= 32 = 424$ .
Так как $|A |+ |B |≥|A− B|$ , то
$┌││√--(---∘-3)------||√---(---∘-3)|| g(y)≥ 4∘ 3 a− 2 +24+ ||| 2a a− 2 |||$
Тогда нименьшее значение $g(y)$ будет совпадать с наибольшим значением $f(t)$ , если $√4-- gmin(y)= 24$ , следовательно, при $∘ -- a = 32$ .

Наименьшее значение $g(y)$ достигается при $y$ , принадлежащем отрезку, заключенному между точками $√- 2 2a$ и $√- 3a$ , которые при $∘ 3- a = 2$ совпадают, следовательно, значение $√3 y = y0 = 2$ единственно. Заметим, что значение $x$ также единственно, так как

3 ( ∘ 3)2 3 3 ∘3- (x− 3a)2+ a2 = t= 2|a=∘-3 ⇔ x− 3 2 + 2 = 2 ⇔ x= x0 = 3 2 2

Ответ:

$a ∈{∘ 3} 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31662

Решите неравенство

2 log3(8x − 24x+ 27)≤|sin(πx)|+ 1

Показать ответ и решение

Преобразуем аргумент логарифма:

2 2 ( 2 ) 2 8x − 24x +27= 2(4x − 12x)+27= 2 (2x− 3) − 9 + 27= 2(2x− 3)+ 9≥ 9

Следовательно, так как в основании логарифма находится число, большее $1$ , то он возрастает, следовательно,

2 ( 2 ) log3(8x − 24x+ 27)= log3 2(2x− 3) +9 ≥ log39= 2

В свою очередь $0≤|sinα|≤ 1$ , следовательно, $1 ≤|sin(πx)|+ 1≤2$ . Тогда при всех возможных $x$ получаем, что левая часть больше или равна правой части, а по неравенству должна быть меньше или равна ей. Значит, по методу оценки возможен только случай равенства двух частей значению $2$ :

({ 2 ({ 2 (|{ 3 log3(8x − 24x +27)= 2 ⇔ (2x− 3) =0 ⇔ x = 2 ⇔ x = 3 ( |sin(πx)|+1= 2 ( sin(πx)= ±1 |(sin(πx)= ±1 2

Ответ:

$x ∈{3} 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31663

Решите неравенство

2 2 -4 30y +3 ≥25y +9x + x2

Показать ответ и решение

Преобразуем неравенство

( ) ( 4 ) ( 2 )2 0 ≥ 25y2− 30y+ 9 − 9+ 9x2− 12+ x2 + 12− 3 ⇔ 0≥ (5y− 3)2 + 3x −x

Правая часть представляет собой сумму квадратов, следовательно, величину неотрицательную. По неравенству правая часть должна быть неположительна, следовательно, по методу оценки возможен только случай, когда правая часть равна $0$ :

( ( ( 2)2 |{ 5y− 3= 0 |{y = 35 (5y − 3)2+ 3x− x = 0 ⇔ | 2 ⇔ | ∘ 2- ( 3x− x = 0 (x= ± 3

Ответ:

$(± ∘-2;3) 35$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31691

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра $a$ :

√- √---- √---- √---- ∘ ----2 x+ x +1+ x +4 + x +9 + x+ a =6 +a

Показать ответ и решение

Левая часть представляет собой функцию $f(x)$ , равную сумме возрастающих функций, следовательно, является возрастающей функцией. Ее область определения:

(| ||||| x≥ 0 |||{ x≥ −1 | x≥ −4 ⇔ x≥ 0 ||||| x≥ −9 |||( 2 x≥ −a

Так как для возрастающей функции верно $f(x) ≥f(x) 1 2$ при $x ≥ x 1 2$ , то

√- √- √- √- √ 2- f(x)≥f(0)= 0+ 1+ 4+ 9 + a =6 +|a|≥ 6+ a

Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда

({ f(x)= f(0) ({x= 0 ({x= 0 ( ⇒ ( ⇔ ( 6+ |a|=6 +a |a|= a a≥ 0

Значит, при $a≥ 0$ уравнение имеет единственное решение $x =0$ , а при $a< 0$ решений не имеет.

Ответ:

$a ∈[0;+∞ )⇒ x∈ {0}$ ;

$a∈(−∞; 0)⇒ x∈∅$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#546

При каких значениях параметра $a$ уравнение

| | | | ||(a-−-1)x-−-(2a-−-1)|| || 1|| | x − 1 | + |x − |1 − a| + 2| = 0

имеет лишь положительные решения?

Показать ответ и решение

Заметим, что левая часть уравнения представляет собой сумму двух неотрицательных слагаемых. Т.к. сумма двух неотрицательных чисел – число неотрицательное, то она будет равна нулю тогда и только тогда, когда оба слагаемых равны нулю:

( ( |{ (a −-1)x −-(2a −-1)= 0 ||{ (a − 1)x − (2a − 1) = 0 x − 1 ⇒ x − 1 ⁄= 0 |( 1- || 1 x − |1 − a| + 2 = 0 ( x = |1 − a| − -- 2

Рассмотрим первое уравнение: $(a − 1)x − (2a − 1) = 0$ . При $a − 1 = 0$ уравнение равносильно $0 = 1$ , что не выполнено ни при каких $x$ . Следовательно, и вся система при $a = 1$ не имеет решений.

Рассмотрим случай, когда $a ⁄= 1$ .

( 2a − 1 ||| x = ------- { a − 1 | x ⁄= 1 ||( 1- x = |1 − a| − 2

Для того, чтобы данная система, а значит и исходное уравнение, имела только положительные решения ( $x > 0$ ), достаточно потребовать:

⌊ ( || 1- ( ( 2a − 1 1 | ||{ a < 2 || 2a-−-1-= |1 − a| − 1- ||| -------= |1 − a| − -- || 2a − 1 1 |||| a − 1 2 |||| a⌊ − 1 2 || || -------= |1 − a| − -- { 2a − 1 { 1 | ||( a − 1 2 -------> 0 ⇒ ⌈a < 2- ⇒ || a ⁄= 0 |||| a − 1 |||| || ( ||( 2a-−-1- ||| a > 1 | |{ a > 1 a − 1 ⁄= 1 ( a ⁄= 0 |⌈ |( 2a-−-1-= |1 − a| − 1- a − 1 2

Рассмотрим два случая: когда модуль раскрывается положительным ( $1 − a ≥ 0 ⇒ a ≤ 1$ ) и когда отрицательным ( $a − 1 < 0 ⇒ a > 1$ ). Следовательно, в первой системе модуль раскроется положительным, а во второй – отрицательным:

⌊ ( 1 | ||| a < -- | |{ 2 || 2a-−--1 1- ⌊ || ||| a − 1 = 1 − a − 2 x = − 1 | |( a ⁄= 0 ⇒ ⌈ √ --- || ( x = 9-+---41- || |{ a > 1 4 | ⌈ |( 2a-−--1 1- a − 1 = − (1 − a) − 2

Ответ:

${ √ ---} 9 +--41-- − 1; 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#1234

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

|a2 + 3 − x| + |x − a − 2| + |x − 3a − 1| = a2 − a + 1

имеет не менее одного решения.

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в виде:

|a2 + 3 − x| + |x − a − 2| = a2 − a + 1 − |x − 3a − 1 | (∗)

Так как $|v| + |u | ≥ |v + u|$ , то

2 2 2 |a + 3 − x| + |x − a − 2| ≥ |a + 3 − x + x − a − 2| = |a − a + 1|

Заметим, что дискриминант $2 a − a + 1 = 0$ отрицателен, следовательно, $2 a − a + 1 > 0$ для любого $a$ . Следовательно,

2 2 |a + 3 − x| + |x − a − 2| ≥ a − a + 1

Так как $|z| ≥ 0$ при любом $z$ , то

a2 − a + 1 − |x − 3a − 1| ≤ a2 − a + 1

Следовательно, мы получили, что левая часть уравнения $(∗)$ всегда $≥ a2 − a + 1$ , а правая часть всегда $≤ a2 − a + 1$ . Таким образом, равенство может выполняться только тогда, когда обе части уравнения равны $2 a − a + 1$ .
Для того, чтобы выполнялось $|v | + |u| = |v + u|$ , нужно: $v ≥ 0,u ≥ 0$ или $v ≤ 0,u ≤ 0$ . Для того, чтобы правая часть была равна $a2 − a + 1$ , нужно, чтобы $|x − 3a − 1| = 0$ . Следовательно:

⌊ ( 2 ⌊ ( 2 | |{ a + 3 − x ≥ 0 | |{ x ≤ a + 3 | x − a − 2 ≥ 0 | x ≥ a + 2 || |( || |( || x − 3a − 1 = 0 || x = 3a + 1 | ( 2 ⇔ | ( 2 || |{ a + 3 − x ≤ 0 || |{ x ≥ a + 3 |⌈ x − a − 2 ≤ 0 |⌈ x ≤ a + 2 |( |( x − 3a − 1 = 0 x = 3a + 1

Заметим, что каждая система может иметь не более одного корня. Следовательно, вся совокупность может иметь не более двух корней.
Найдем значения $a$ , при которых первая система имеет решения. Значит нужно, чтобы корень $x = 3a + 1$ удовлетворял обоим неравенствам в этой системе. Следовательно:

{ [ ] 3a + 1 ≤ a2 + 3 1 ⇔ a ∈ -;1 ∪ [2;+ ∞ ) 3a + 1 ≥ a + 2 2

Аналогично, вторая система будет иметь решения, если

{ 3a + 1 ≥ a2 + 3 ⇔ a ∈ ∅ 3a + 1 ≤ a + 2

Следовательно, вторая система ни при каких $a$ не будет иметь решений.
Значит, вся совокупность имеет не более одного корня. Нам нужно, чтобы она имела не менее одного корня, то есть подходящий случай – когда совокупность имеет один корень. Это выполняется при

[ ] a ∈ 1-;1 ∪ [2;+ ∞ ) 2

Ответ:

$[ ] 12;1 ∪ [2;+ ∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31908

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

(| 2 ||{y√ + a= 4cosx || y+ z2 =a |((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

имеет хотя бы одно решение и укажите решения системы для каждого найденного $a$ .

Показать ответ и решение

Перепишем систему в виде:

(| 2 ||{a =4√cosx− y ||a = y+ z2 |((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

Так как $− 1≤ cosx ≤1$ и $y2 ≥ 0$ , то из первого равенства следует, что $a≤ 4$ . Так как $√y ≥0$ и $z2 ≥ 0$ , то из второго равенства следует, что $a≥ 0$ . Значит, $(a − 2)2 ≤4$ . Но правая часть третьего равенства $|z2− 2z|+ |sin2x|+ 4≥ 4$ , следовательно, по методу оценки третье равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны $4$ :

( ( ( 2 ||| a= 4cosx − y2 ||| a= 4cosx − y2 ||||| a= 4cosx− y ||||| a= √y+ z2 ||||| a= √y+ z2 |{ a= √y+ z2 |{ |{ ||| (a − 2)2 = 4 ⇔ ||| a= 0;4 ⇔ ||| a= 0;4 |||( |z2− 2z|+ |sin2x|+ 4= 4 ||||| z = 0;2 ||||| z = 0;2 |( sin2x= 0 |( x= π2n,n∈ ℤ

1.: При $a= 0$ имеем $( ||||x = π2n,n ∈ℤ ( |||||y2 = 4cosπn |||x= π n,n ∈ℤ ( |||{⌊ ({ 2 |||{ 2 |||{x = π2 + πn,n ∈ℤ ||| (z√ = 0 ⇔ |y = 0 ⇔ |y =0 ||||||| ( y =0 |||||z = 0 ||(z =0 |||||||⌈ {z = 2 (4cosπ2n= 0 |( (√y +4= 0$
2.: При $a= 4$ имеем $( |||| x= π2n,n∈ ℤ ( ||||| y2 +4= 4cosπ2n |||x = π2n,n ∈ℤ ( |||{ ⌊({z =0 |||{y =0 |||{x = 2πn,n∈ ℤ | ||(√ - ⇔ | ⇔ |y = 0 ||||| |||( y = 4 |||||z =2 ||(z =2 ||||| |⌈{z =2 (cosπ2n =1 |( (√y-+4 =4$

Ответ:

$a ∈{0}$ и $(π+ πn;0;0) 2$ , $n∈ ℤ$

$a∈{4}$ и $(2πn;0;2)$ , $n ∈ℤ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31911

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

a2+4π2+ 4 log1π 4x-− x2−-2(a-− 2π)|x−-2|+4πa-= ∘ ----------------------------- = (x− 5a +10π− 34)(|π− x|− a +π +2)

имеет хотя бы один целочисленный корень.

Показать ответ и решение

Рассмотрим знаменатель аргумента логарифма:

4x− x2− 2(a− 2π)|x− 2|+ 4πa= −(x2− 4x+ 4)+4− 2(a − 2π)|x− 2|+4πa= |t=|x− 2| 2 2 2 =−(t +2(a− 2π)t+ (a − 2π))+ 4+#4πa+(a−#2π) = =−(t+ a− 2π)2+ a2+4π2+ 4≤ a2+#4π2#+4#=b#

Тогда левая часть равенства равна

log1π -----b-----2≤ log1π 1= 0 b◟− (t+a◝◜− 2π)◞ ∈(0;b]

Правая часть равенства $≥ 0$ , следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны $0 :$

( (|| { b− (|x − 2|+a − 2π)2 = b |{a⌊ =2π− |x − 2| ( (x − 5a+ 10π − 34)(|π− x|− a+ π+ 2)=0 ⇔ |||⌈ x= 5a − 10π+ 34 (1) ( |x− π|= a− π − 2 (2)

(1):: $({ 34− x ≥0 x = 10π − 5|x − 2|− 10π+ 34 ⇔ 5|x− 2|= 34− x ⇔ ( ⇔ x =− 6 5(x− 2)= ±(34 − x)$
Следовательно, $a =2π − 8$ .
(2):: $|x− π|=π − |x− 2|− 2 ⇔ 2≤x ≤π$
При $x= 2$ получаем $a= 2π$ ; при $x= 3$ получаем $a= 2π− 1.$

Ответ:

$a ∈{2π− 8;2π− 1;2π}$

Предыдущий раздел

Следующий раздел