Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

Параметры на ПВГ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85555

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

x 2 |2[tga]− 1| =[tga]+ 2

имеет рациональное решение $x$ . Здесь, $[t]$ - целая часть числа $t$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.6 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти все а, нужно сначала найти все возможные значения [tgа]. А чтобы целая часть тангенса не смущала, можно просто заменить её на некоторое целое число b.

Подсказка 2

Если b = 0, b > 0 и b < 0. Первый совсем простой. Рассмотрим, когда b > 0, то есть b — натуральное. Попробуйте оценить правую часть выражения. Может ли х быть отрицательный?

Подсказка 3

Чтобы ответить на вопрос предыдущей подсказки, Вам поможет неравенство (b - 1)² ≥ 0.

Подсказка 4

Эти выражения имеют одни и те же простые делители! Тогда если p — некоторый общий простой делитель, то пусть b² + 2 = pN, а 2b - 1 = pM. Избавившись от b в левых частях уравнений полученной системы, получите уравнение в целых числах(*) и сделайте вывод, чему может быть равно p.

Подсказка 5

р = 3. Поэтому можно записать b² + 2 как 3^n, а 2b - 1 как 3^m, тогда, используя это, (*) уже совсем несложно решается.

Подсказка 6

Случай b < 0, решается аналогично, если сделать замену c = -b.

Показать ответ и решение

Положим $b= [tga]$ . Тогда уравнение принимает вид $(|2b− 1|)x =b2+ 2,b∈ ℤ$ . Нужно найти все целочисленные значения $b$ , при которых существует рациональное решение $x$ .

При $b= 0$ решений нет. Рассмотрим вначале случай $b> 0$ , т.е. $b∈ℕ$ . Тогда поскольку при любом натуральном $b$

2 b + 2> 2b− 1 ≥1,

то можем считать, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Значит, числа $b2+ 2$ и $2b − 1$ имеют одни и те же простые делители.

Пусть $p$ - общий простой делитель этих чисел, тогда

{ b2+ 2= pN, 2b− 1= pM,

где $N$ и $M$ - натуральные. Исключая $b$ из левых частей уравнений этой системы, получаем

9= 4(b2 +2)− (2b− 1)(2b+1)= (4N − (2b+ 1)M )p.

Значит $(4N − (2b+1)M )$ - натуральное, а $p$ -делитель 9 , т.е. $p= 3$ . Поэтому

{ b2+ 2= pm, 2b− 1= pk,

где $m$ и $k$ - натуральные и $m > k$ . Так как

( ) ( ) 9= 4(b2+ 2)− (2b− 1)(2b+ 1)= 4⋅3m − 3k+2 ⋅3k =3k 4⋅3m−k − 3k− 2 ,

a $4⋅3m−k− 3k− 2$ не делится на 3 , то $k =2$ и $m = 3,b= 5,x= 32$ .

Для отрицательных $b$ решение проводится почти аналогично. Положим $c= −b$ . Тогда исходное уравнение будет записываться в виде:

(2c+ 1)x =c2+ 2, c∈ ℕ.

Случай $c=1$ очевиден, поскольку решение $x= 1$ . Пусть $c∈ℕ,c≥ 2$ . Аналогично предыдущему показывается, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Опять предположив, что $p$ - общий простой делитель этих чисел, получим

{ c2+ 2= pN, 2c+ 1= pM,

и также сделаем вывод, что $p= 3$ . Поэтому

{ c2+ 2= 3m, 2c+ 1= 3k,

где $m$ и $k$ - натуральные и $m > k$ . Так как

( ) ( ) 9= 4(c2+ 2)− (2c− 1)(2c+ 1)= 4⋅3m − 3k− 2 ⋅3k =3k 4⋅3m−k − 3k+ 2 ,

а $4⋅3m−k− 3k+ 2$ не делится на 3 , то $k= 2$ и $4⋅3m−2− 32+2 =1$ или $4⋅3m−2 = 8$ , но последнее уравнение не имеет натуральных решений.

Поэтому все решения описываются уравнениями: $[tga]= −1$ и $[tga]=5$ , решив которые приходим к ответу.

Ответ:

$a ∈[−π∕4+πn;πn)∪[arctg5+ πn;arctg6+ πn),n ∈ℤ$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67953

Числа $x ,x ,x 1 2 3$ являются корнями уравнения $x3 +6x2+ 7x +1 =0.$ При каких значениях $a,b,c$ корнями уравнения $3 2 x + ax +bx+ c= 0$ являются числа $x1+x2,x2+ x3$ и $x3+ x1?$

Источники: ПВГ-2023, 10.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию достаточно очевидно, что нужно пользоваться именно теоремой Виета) Так что давайте находить коэффициенты по очереди. Что легче всего сейчас найти?

Подсказка 2

Сумму новых корней! Это будет просто 12. Дальше нужно постараться выразить оставшиеся выражения, которым равны новые коэффициенты, с помощью известных нам. Например, попробуйте выразить b с помощью попарных произведений и суммы корней изначального многочлена, а c - через все три выражения: сумму, сумму попарных произведений, и произведения корней.

Подсказка 3

Если b найти просто, то c последним коэффициентом могут быть трудности. Такое наблюдение: попробуйте вынести за скобки из всего этого выражения сумму изначальных корней)

Показать ответ и решение

По теореме Виета для первого уравнения:

( − 6= x +x + x , |{ 1 2 3 |( 7 =x1x2+ x1x3+ x2x3, − 1= x1x2x3.

Из этой же теоремы для второго уравнения:

−a =(x1+ x2)+ (x2+x3)+ (x3+ x1);

−a= 2(x + x + x). 1 2 3

Откуда получим, что $a= 12.$ Далее найдем $b :$

b=(x1+ x2)(x2+x3)+ (x1+ x2)(x3+ x1)+ (x3 +x1)(x2+ x3)=3(x1x2 +x1x3+ x2x3)+ (x2+ x2+ x2); 1 2 3

b= (x1+ x2+ x3)2+ (x1x2+ x1x3+ x2x3) =43.

Наконец, найдем $c:$

c= −(x1+x2)(x2+ x3)(x3+ x1) =−(−6 − x1)(−6 − x2)(−6 − x3).

Пусть $3 2 f(x)= x +6x + 7x+ 1.$ Из условия $f(x)= (x − x1)(x − x2)(x− x3).$ Тогда заметим, что $c =− f(−6)= 41.$

Ответ:

$a =12,b=43,c= 41$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#77785

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых множество решений неравенства

| 3 2 | | 3 2 | 2 |x + 2x + x+ a|+|x − 2x + x− a|<4x + 8x

представляет собой на числовой прямой промежуток длиной 1.

Источники: ПВГ - 2022, 11.6 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем сначала разобраться с модулями. Если сумма модулей меньше какого-то числа, то какие выводы можно сделать о модуле суммы и разности этих двух чисел?

Подсказка 2

Сумма - это максимум из всевозможных сумм и разностей двух чисел, взятых как с минусом, так и с плюсом(всего 4 комбинации). Значит, мы можем записать целых 4 неравенства, с которыми гораздо удобнее работать, так еще и без модулей. Что теперь можно сказать про a?

Подсказка 3

Порассуждаем, когда же ответов будет промежуток длины 1. Удобнее всего нарисовать отрезок и как-то ограничить и разобрать случаи a.

Показать ответ и решение

В силу того, что

|u|+|v|= max|u± v|=max{u+ v,−u− v,u − v,−u+ v}

(1)

Пусть $| | | | |u|= |x3+ 2x2 +x +a|,|v|=|x3− 2x2 +x− a|.$ Тогда исходное равенство можно переписать в следующем виде:

max |u± v|<4x2+ 8x

Следовательно, максимум меньше $4x2+ 8x,$ значит каждое из выражений из $(1)$ тоже меньше $4x2+ 8x,$ следовательно исходное неравенство равносильно системе

( |||| 2x3+ 2x < 4x2+ 8x { −2x3− 2x< 4x2+8x |||| 4x2+ 2a <4x2+ 8x ( −4x2− 2a< 4x2 +8x

(|| x(x− 3)(x+ 1)<0 ||{ x(x2+ 2x+5)> 0 || x> a ||( (2x+41)2+ a− 1> 0

(|{ 0< x< 3 x> a4 |( (x+ 1)2 > 1−a. 2 4

1) Если $a> 1,$ то $1− a <0,$ третье неравенство выполнено при любом $x.$ Тогда согласно условию, что ответ промежуток длины $1,$ получаем, что выражение $3− a4 =1$ выполняется при $a= 8.$

2) Если $a≤ 1,$ то третье неравенство верно при

( ----- ) ∘ 1−-a 1 x∈ 4 − 2;+∞ , т.к. x > 0.

Т.к. $a4 ≤ 14,$ то $3− a4 ≥ 3− 14 = 2,75,$ т.е. не подходит под условие задачи. Тогда

(∘ ----- ) ∘ ----- 3− 1−-a− 1 = 1⇒ 1−-a− 1= 2⇔ a =− 24. 4 2 4 2

Ответ:

$− 24;8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90866

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

|x|− arcsin x+ b⋅(arccosx+|x|− 1)+ a= 0

при любом значении $b$ имеет хотя бы одно решение.

Источники: ПВГ - 2021, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы имеем не очень приятное выражение одновременно с x, arccos(x) и arcsin(x). Попробуйте немного улучшить вид нашего уравнения: выразить arcsin(x) через arccos(x), оставить всё, что связано с переменной x в левой части, а всё остальное перекинуть в правую.

Подсказка 2

Ясно, что обычными алгебраическими преобразованиями задачу не решить. А также мы имеем сильное ограничение на x в силу ОДЗ. Попробуйте оценить левую часть и понять, какие значения может принимать правая при любых b.

Подсказка 3

Итак, мы получили, что левая часть меньше π, а правая почти всегда может быть сколь угодно большим числом за счёт параметра b. Тогда нам нужно сделать так, чтобы b никак не мог менять правую часть. В каком же случае это выполняется?

Подсказка 4

Да, верно! Когда числитель правой части равен 0. Осталось лишь показать, что в этом случае всегда найдется корень.

Показать ответ и решение

ОДЗ: $|x|≤ 1$

Мы знаем, что $( π π) arcsinx∈ − 2,2$ , $arccosx∈ (0,π)$ и $π arccosx+ arcsin x= 2$ . Значит,

π |x|+arccosx− 2 +b⋅(arccosx +|x|− 1)+ a= 0

π − 1 − a arccosx +|x|− 1= 2-b+-1-

Заметим, что если $π2 − 1− a⁄= 0$ , то правая часть может быт сколь угодно большим числом (так как $b$ любое), а левая часть $arccosx+ |x|− 1< π+ 1− 1=π$ ?!

Значит, если при любом значении $b$ есть хотя бы одно решение, то $a = π2 − 1$ . Тогда есть решение $x= 1$ для любого $b$ .

Ответ:

$π − 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39866

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

2 x + a|x− a|=8x − 15

имеет решение. Для каждого из найденных значений укажите число решений уравнения.

Источники: ПВГ-2020

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первое, что надо заметить в этой задаче, — это то, что, кажется, она нормально не решается аналитически. Значит, наверное, можно решить её графически! Если сделать одно преобразование, станет понятно, почему и как задача решается графически!

Подсказка 2

Конечно, надо оставить слагаемые с параметром в одной части уравнения, а остальные перекинуть в другую. Тогда в одной части образуется уравнение параболы, а в другой — понятный график модуля! Построим график параболы, а также подумаем, как меняется график модуля при изменении параметра. Может, это натолкнёт нас на интервалы для параметра, которые стоит рассматривать...

Подсказка 3

При a < 0 ветви у модуля идут вниз, а при увеличении параметра они постепенно поднимаются вверх и становятся всё ближе друг к другу! Кроме того, при увеличении параметра вершина модуля (a; 0) движется по оси абсцисс вправо. Тогда ключевыми точками будут a = 0, a = 3 и a = 5. Осталось только рассмотреть интервалы для параметра и в каждом из них узнать наличие решений, а также их количество :)

Показать ответ и решение

Уравнение можно переписать так:

2 a|x− a|= −x +8x− 15

График правой части представляет собой параболу $y =− x2+8x− 15$ ветвями вниз, пересекающую ось $Ox$ в точках $(3;0)$ и $(5;0)$ . Рассмотрим теперь график левой части $y = a|x− a|$ при разных значениях параметра.

$a <0$ . Имеем «галочку» ветвями вниз с вершиной в точке $(a;0)$ , правая ветка которой при данных значениях параметра пересекает параболу дважды.
$a =0$ . Горизонтальная прямая, совпадающая с осью $Ox.$ Пересечение нашли выше, получаем также два решения.
$0 <a <3$ . Ветви «галочки» направлены вверх, но только правая ветвь $x ≥a$ пересекается с параболой, поэтому решения есть только в случае
$a(x− a)= −x2+ 8x − 15,x− a≥0$

$x2+x(a− 8)+(15− a2)= 0,x ≥a$
Необходимо и достаточно проверить $x≥ a$ для меньшего корня, тогда будет выполнено и для большего
$8− a− ∘5a2−-16a-+4 ≥2a$

$∘ ---------- 8− 3a≥ 5a2 − 16a+ 4$

$(|{ 8− 3a≥0 5a2− 16a+ 4≥ 0 |( 64− 48a+ 9a2 ≥ 5a2− 16a+4$

$( 8 ||{ a≤ 3( 8−2√11] [8+2√11 ) || a∈ 0;--5---∪ ---5--;3 ( 4a2− 32a+ 60≥ 0 ⇐ ⇒ a∈(−∞, 3]∪ [5,+∞ )$
После пересечения остаётся только $( √--] a∈ 0;8−-2511-,$ потому что $√-- 8+25-11-> 8∕3.$
$a =3,a= 5$ . В каждом случае ровно одно решение, поскольку коэффициенты наклона ( $3$ и $5$ ) больше модулей наклона касательных в $x= 3$ и $x= 5$ , которые равны $1.$
$3 <a <5$ . Здесь ветви направлены вверх и каждая пересекает дугу параболы выше оси абсцисс, то есть всегда два решения.
$a >5$ . Решаем аналогично $0 <a <3$ , здесь $x≤ a$ , потому что пересекать может только левая ветка галочки.
$2 2 x − (a+ 8)x+ 15+ a = 0$
Решения могут быть только при неотрицательном дискриминанте
$[ √-- √--] − 3a2+ 16a+4 ≥0 ⇐ ⇒ a ∈ 8−-2-19,8+-2-19 3 3$

$( 8+2√19] a∈ 5,--3----$
Проверим $x ≤a$ для большего корня (для меньшего тогда тоже выполнится)

$8+ a+∘ −3a2+-16a-+4≤ 2a ⇐⇒ ∘−-3a2-+16a+-4≤ a− 8$
Должно быть $a≥ 8$ , но уже это неверно для полученного полуинтервала для неотрицательного дискриминанта. В итоге в этом случае решений нет.

Ответ:

$a ∈(−∞; 8−2√11]∪ [3;5] 5$ :

При $8−2√11 a= ---5--,a =3,a= 5$ решение одно,

при прочих найденных решений два.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100192

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

-----------1---------- √- √x2-+2x-+5+ √x2+-6x+-18-≤ a

выполняется при всех значениях $x.$

Показать ответ и решение

Так как знаменатель функции

-----------1---------- f(x)= √x2-+2x+-5+ √x2+-6x+18-

равен

∘ ---------- ∘ ---------- g(x)= (x +1)2+22+ (x +3)2+32

и всегда положителен, то наибольшему значению функции соответствует наименьшее значение знаменателя. При этом функцию $∘ ---------- ∘ ---------- g(x)= (x+ 1)2+ 22+ (x+3)2+ 32$ можно трактовать как сумму двух расстояний: от точки $(x;0)$ до точки $A(−1;2)$ и от точки $(x;0)$ до точки $B(−3;− 3)$ . Мы специально выбрали точки так, что они лежат по разные стороны от оси абсцисс, тогда наименьшее значение суммы достигается в точке пересечения прямой $AB$ и оси абсцисс. Это будет точка $x= − 95$ , но вычислять ее нет необходимости, так как наименьшее значение функции просто равно длине отрезка

∘-------------- AB = (3− 1)2+ (3 +2)2 = √29.

Поэтому наибольшим значением функции $f(x)= g1(x)$ является $√129$ . Значит,

√a≥ √1- 29

a≥ -1 29

Ответ:

$( 1-;+∞) 29$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#100193

Андрей выбирает случайным образом целое число $a$ из отрезка $[−5;6]$ и после этого решает уравнение

3 2 3x − (3a− 4)x − (2a− 3)x +a+ 2= 0.

Найдите вероятность того, что Андрей получит три различных корня, из которых как минимум два будут целыми, если точно известно, что при вычислениях он не ошибается.

Показать ответ и решение

Так как

3 2 ( 2 ) 3x − (3a− 4)x − (2a− 3)x+ a+ 2= (x+ 1) 3x − (3a − 1)x+ a+2 ,

то $x= −1$ будет корнем при всех $a$ . Решим в целых числах уравнение

2 3x − (3a− 1)x+ a+ 2= 0

Его удобно записать в виде $a(3x− 1)=3x2+ x+ 2$ или

3x2+ x+ 2 x(3x− 1)+ 23(3x− 1)+ 83 2 8 a = -3x−-1--= -------3x-− 1------ =x + 3 + 3(3x−-1)

Поэтому $3a =3x+ 2+ 38x−-1$ , и значит, $3x− 1$ равно одному из чисел $±1,±2,±4,±8$ . В итоге получаем целые решения: $x =1$ , если $a =3; x =3$ , если $a= 4; x =0$ , если $a= −2; x =− 1$ если $a= −1$ .

Таким образом, при всех $a$ , кроме а равному $3,4,− 2$ и -1 , исходное уравнение имеет один целый корень $x =− 1$ а других целых корней не имеет.

При $a= 3$ уравнение имеет целые корни $x =− 1,x =1$ и корень $x= 53$ .

При $a= 4$ уравнение имеет целые корни $x =− 1,x =3$ и корень $x= 23$ .

При $a= −2$ уравнение имеет целые корни $x= −1,x =0$ и корень $x= − 73$ .

При $a= −1$ уравнение имеет два корня: $x= −1$ и $x =− 13$ .

Поэтому три различных корня, из которых два будут целыми, получаются в 3 случаях из 12. Вероятность равна $312 = 14$ .

Ответ:

$1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#80267

Для каждого значения параметра $a$ решите уравнение

|| sin21(2a)|| || −4tg(3a)|| ( -π)2( -π) ||x− 2 ||+ |x− 2 |+a a +12 a− 12 =0.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По-видимому, нормальным решением уравнения здесь и не пахнет... Когда кажется, что все печально, в голову приходит супер-мысль: вспомнить про метод оценки! У нас слева стоит сумма двух модулей и какое-то выражение. Тогда рассчитывать на решения стоит тогда, когда это выражение неположительное...

Подсказка 2

Оно неположительно, когда 0≤a≤π/12 или a=-π/12. У нас имеется сумма двух модулей, поэтому очень хочется воспользоваться неравенством |x|+|y|≥|x-y|...

Подсказка 3

В силу монотонности синуса 1/sin²2a≥1/sin²(π/6)=4 при a∈(0;π/12], а также -4tg3a<0. Поэтому модуль разности наших модулей будет больше 15. Покажите, что при a∈(0;π/12] выражение a(a+π/12)²(a-π/12) не будет превосходить 1 и доведите решение до конца!

Показать ответ и решение

Решение может существовать только если

{ π-} ( π-] a ∈ − 12 ∪ 0; 12

поскольку иначе левая часть уравнения или не определена, или строго положительна.

При $π a= − 12-$ уравнение имеет вид

2|x− 16|=0

Следовательно, при $-π a= −12$ получаем решение $x= 16.$

Если $( π-] a∈ 0;12 ,$ то

--1-- 2 sin2(2a) > 16, 2−4tg(3a) < 1

Поэтому минимум функции

||| sin12(2a)||| || −4tg(3a)|| f(x)= |x − 2 |+ |x − 2 |

не меньше $15.$ С другой стороны абсолютное значение выражения

( ) ( ) g(a)= a a+ -π 2 a− π- 12 12

на полуинтервале $(0; π12)$ заведомо не больше $1 :$

|g(a)|< a(a+ π-)3 < 1 12

Поэтому при $a∈(0; π-] 12$ решений нет.

Ответ:

$x =16$ при $a= −-π; 12$

при остальных значениях $a$ решений нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#45584

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

x x x x 2 16 − 6⋅8 + 8⋅4 + (2− 2a)⋅2 − a + 2a− 1 =0

имеет ровно три различных корня.

Источники: ПВГ-2018, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое-то страшное уравнение дали... Давайте попробуем хоть что-то поделать с ним! Как говорится: "Дорогу осилит идущий" :)

Подсказка 2

Верно, давайте просто заменим 2^x на t, где t>0, и будем уже для этого уравнения решать задачу. Понятно, что нам не дали бы такую бяку, если бы она не раскладывалась во что-то хорошее. Давайте попробуем это сделать. Видим, что двойку в одном слагаемом можем вынести. Получается удвоенное произведение. А не соберутся ли там хорошо полные квадраты? Тогда стало бы совсем легко.

Подсказка 3

Точно, там хорошо собирается разность квадратов, с которой дальше уже можно работать! Хм... Видим, что произведение двух скобок равно нулю. И в них параметр а входит везде в первой степени. Тогда каким способом можно добить эту задачу?

Подсказка 4

Да, можно графически порешать в плоскости tOa. Осталось только аккуратно построить графики и выяснить подходящие значения а.

Показать ответ и решение

После замены $t= 2x > 0$ нам требуется ровно три различных положительных корня от уравнения

4 3 2 2 t − 6t + 8t − 2(a − 1)t− (a− 1) = 0

2 2 2 2 2 (t − 3t) − (t+ a− 1) = 0 ⇐⇒ (t− 2t+a− 1)(t − 4t− a+ 1)=0

Первое решение.

Построим графики

a =− (t2− 2t− 1)= −(t− 1)2 +2,a= t2− 4t+1 =(t− 2)2− 3

в координатах $tOa$ и посмотрим, когда горизонтальная прямая пересекает части парабол в области $t> 0$ ровно в трёх точках:

$PIC$

Это происходит строго между прямыми, показанными на графике. Из представления парабол выше очевидно, что горизонтальными касательными к параболам являются прямые $a= 2$ и $a= −3$ . Пересекаются параболы при

2 2 2 −(t − 2t− 1)= t − 4t+ 1 ⇐⇒ 2t− 6t= 0 ⇐ ⇒ t∈ {0;3}

При $t= 0$ получаем

a= 0− 0+1

При $t= 3$ получаем

a =9− 12+ 1= −2

Второе решение.

Заметим, что в случае наличия корней у уравнений

t2− 2t+ (a− 1)= 0

t2− 4t− (a− 1)= 0

их произведения имеют разные знаки, поэтому всего быть $4$ положительных корней не может (иначе оба коэффициента были бы положительны по теореме Виета). А сумма же корней всегда положительна, поэтому двух отрицательных корней быть не может.

Значит, нужно обеспечить наличие двух корней у обоих уравнений. Это обеспечивается условием на положительность дискриминантов

4(1− a+ 1)>0,4(4+ a− 1)> 0

При $a= 1$ среди корней есть два нуля, а иначе за счёт теоремы Виета у одного будут два положительных корня, у другого — один положительный и один отрицательный.

Итак, имеем три положительных корня и один отрицательный. Стоит ещё проверить, могут ли положительные корни в разных скобках совпасть, то есть при одном и том же $t> 0$ верно

2 2 t − 2t+a − 1 =0,t − 4t− a+1 =0

Отсюда

2 4t− 2t= 2(1− a) ⇐ ⇒ t= 1− a =⇒ (1− a) − 3(1− a)= 0 =⇒ a= 1,a =−2

Эти значения исключим из ответа.

Ответ:

$(−3;−2)∪(−2;1)∪ (1;2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#80266

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых сумма длин промежутков, составляющих множество (возможно пустое) решений неравенства

(2 2 ) log2 x +4ax+ 4a − a < 2,

меньше 2.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу видно, что логарифм можно выкинуть (не забыв при этом про одз). Хочется также собрать квадрат, чтобы не таскать за собой много слагаемых: (x+2a)²-a. Какие неравенства будут эквиваленты изначальному, при отбрасывании логарифма?

Подсказка 2

Все верно, a<(x+2a)²<4+a. Мы имеем два квадратных неравенства, что не очень удобно при нахождении промежутков решения. Будет легко, если мы будем иметь только одно неравенство. Давайте так и сделаем, и для начала рассмотрим случай a≤0...

Подсказка 3

При таком условии на a существенным будет только неравенство (x+2a)²<4+a, которое равносильно |x+2a|<√(4+a), при a≥-4. Давайте теперь посмотрим на случай a≥0. Каковы промежутки решения неравенств √a<|x+2a|<√(4+a)?

Подсказка 4

У левого неравенства решением будет x<-√a-2a и x>√a-2a, а у правого -2a-√(4+a)<x<-2a+√(4+a). Видно, что пересечением будут интервалы -2a-√(4+a)<x<-√a-2a и √a-2a<x<-2a+√(4+a). Вам остается лишь найти a, при которых сумма их длин не больше 2!

Показать ответ и решение

Неравенство равносильно следующим неравенствам

2 2 0< (x+ 2a) − a< 4 ⇔ a <(x+ 2a)< 4+ a

(a) Если $a< 0,$ то получаем неравенство $(x+2a)2 < 4+a,$ удовлетворяющее требованию задачи, когда

4+a <1 ⇔ a< −3.

Выражение должно быть меньше $1,$ так как тогда решения будут принадлежать интервалу $(− 1− 2a; 1 − 2a)$

(b) Если же $a≥ 0,$ то получаем неравенство

√a <|x+ 2a|< √4-+a ⇔ 0< |x +2a|− √a-< √4+-a− √a

удовлетворяющее требованию задачи, когда

√4-+-a− √a-< 1 ⇔ √4-+a-<√a + 1 ⇔ a > 9 4

Ответ:

$(−∞;− 3)∪(9;+∞ ) 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#90802

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

{ x2+ 2y2+2y(x− a)+ a2 = 0 2−2−y⋅log x <1 2

имеет решения, и найдите эти решения.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно рассмотрите первое уравнения, можно ли его красиво преобразовать? Аккуратная работа с ФСУ позволит нам установить соотношения между х, у и а.

Подсказка 2

Итак, подставляя полученные соотношения, мы получаем интересное неравенство, но как его решить? Попробуйте показательную функцию отправить в правую часть, а логарифм — в левую. Что можно сказать о полученном неравенстве?

Подсказка 3

Оцените возрастание/убывание функций с каждой стороны, чтобы сделать вывод о количестве пересечений и примерном виде графиков этих функций. Так мы получим решения для х.

Подсказка 4

Осталось воспользоваться найденными в начале соотношениями между х и а, чтобы установить искомые значения параметра!

Показать ответ и решение

ОДЗ: $x> 0.$

Из первого уравнения имеем $2 2 (x+ y) +(y− a)= 0⇒ x= −y, y = a.$ Подставим в неравенство:

−2+x 2 ⋅log2x< 1

x 2 log2x< 4

Поскольку функция в левой части монотонно возрастает, то меньше 4 она будет при всех $x$ до момента равенства. А равенство $2xlog2x =4$ достигается при $x = 2.$

В итоге с учётом ОДЗ $x∈ (0;2)$ , откуда $a∈ (− 2;0)$ , причём для каждого значения существует ровно одна пара $(x,y)= (−a,a).$

Ответ:

$a ∈(−2;0), (x,y)= (−a,a)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#32859

При каждом значении $a$ решите уравнение

|x− 1|+ |x+ 1|+|x− 2|+ |x +2|+ |x− 3|+ |x+3|+ ...+ +|x− 2015|+|x+2015|+2x2+ 2a2+ 40302− 8060x − 8060a =4030x.

Источники: ПВГ-2015, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Уравнение на первый взгляд выглядит страшно, обычные действия из неравенств с модулями делать не хочется. Ещё и вопрос такой неприятный: решить при каждом значении a. Не раскрывать же модули! В общем, нужно подумать про какие-то нестандартные методы. Среди таких есть метод оценки, который часто используется в уравнениях с модулями, так как есть неравенства |a| + |b| >= |a + b| и |a| >= a.

Подсказка 2

Попробуем найти оценку. Заметим, что если сложить все подмодульные выражения слева, то получится 4030x. А это как раз то, что стоит справа! Мы же знаем, что сумма модулей не меньше, чем сумма подмодульных выражений, то есть уже получили некоторую оценку. Но ещё ведь есть лишние слагаемые без модулей, может, и их можно оценить?

Подсказка 3

Большое количество квадратов намекает на мысль, что здесь можно поискать квадраты суммы или разности. И они есть! Убедитесь, что слагаемые без модулей слева можно записать как 2(a - 2015)^2 + 2(x - 2015)^2. Теперь дело за малым. Слева выражение не меньше, чем справа, но нам нужно равенство. Тогда во всех неравенствах должно достигаться равенство, то есть квадраты должны быть равны нулю и сумма модулей должна быть равна сумме подмодульных выражений.

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:

$a = =⇒ x= 2015,$

при других значениях $a$ решений нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34672

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

{ y− a2+ 5(a− 1)=(a2− 5a+ 6)(x− 3)6+ ∘ (x-− 3)2; x2+ y2 = 2(3x− 4)

имеет ровно одно решение.

Источники: ПВГ-2014, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно заметить, что первое уравнение системы симметрично относительно t = x - 3, но что будет, если внести эту замену и во второе уравнение? Что в этой ситуации можно сказать о решениях системы и о том, когда их количество может быть нечётным?

Подсказка 2

Итак, подстановкой подходящего значения t мы можем вычислить возможные а, но все ли эти значения дадут ровно одно решение?

Подсказка 3

Для некоторых найденных значений можно сделать удачную оценку на у, гарантирующую однозначность решения, для других же попробуйте подобрать несколько пар решений!

Показать ответ и решение

При замене $t= x− 3$ система превращается в (при этом количество решений после линейной взаимнооднозначной замены будет такое же):

{ y− (a2− 5a+5)= (a2− 5a+ 6)t6 +√t2; 2 2 t+ y = 1

Предположим, что $(t0;y0)$ является решением системы. Тогда $(−t0;y0)$ тоже подходит в систему. Если эти решения не совпадают, то у системы будет чётное число решений. Одно решение будет тогда и только тогда, когда оно будет иметь вид $(0;y)$ . Тогда из второго уравнения должно быть $y2 = 1$ , а из первого $y − (a2− 5a+ 5)= 0$ . Получаем, что для наличия одно решения необходимо $a2− 5a+ 5=±1$ . Проверим, есть ли другие решения при этих значениях $a$ :

При $2 a − 5a +5= 1$ получим
${ √-- y− 1 =2t6+ t2 t2+ y2 = 1$
Из первого уравнения $y− 1≥ 0$ , а из второго уравнения $y ≤ 1$ , поэтому решением будет только $y = 1,t=0$ .
При $a2− 5a +5= −1$ получим
${ y+ 1= √t2- t2+ y2 = 1$
Помимо решения $(0,−1)$ имеются также пары $(−1,0)$ или $(1,0)$ , так что решений уже больше одного.

Таким образом, подойдёт только $a2− 5a+ 5= 1$ , то есть $a= 1$ или $a =4$ .

Ответ:

${1;4}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#73597

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых среди решений уравнения

( 4 3 2 ) 3 2 a + 2014a + 2014a + 2014a+ 2013 x= a + 3a − 6a− 8

есть неотрицательные числа.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим, что при фиксированных а наше уравнение почти всегда линейно относительно x. Тогда давайте для начала посмотрим, когда коэффициент при x будет равняться 0...

Подсказка 2

Для этого нам нужно разложить многочлен от a на множители. Видно, что -1 будет его корнем. После вынесения (a+1) остается множитель a³+2013a²+a+2013. Видно, что (a+2013) можно вынести. Какие тогда корни имеет наш многочлен?

Подсказка 3

Верно, -1 и -2013! Давайте пока что разберемся со случаем a≠-1, -2013. Тогда можно смело поделить обе части на многочлен при x. В итоге справа получается выражение (a³+3a²-6a-8)/(a+1)(a²+1)(a+2013). Хочется понять, когда эта штука меньше 0. Для этого, наверное, придется разложить числитель на множители...

Подсказка 4

Какое совпадение, -1 также является корнем числителя! Попробуйте подобрать остальные корни и разберитесь со случаями -1 и -2013!

Показать ответ и решение

Попробуем разложить $a4+ 2014a3+ 2014a2+ 2014a+ 2013.$ Заметим, что $a= −1$ корень данного выражения, значит, можно вынести $a+ 1.$

(4 3 2 ) 3 2 a + 2014a + 2014a + 2014a+ 2013 = (a+ 1)(a +2013a + a+ 2013).

Второй множитель раскладывается на $(a2 +1)(a+ 2013).$ Тогда

( 4 3 2 ) 2 a +2014a +2014a +2014a +2013 =(a+ 1)(a + 1)(a+ 2013).

Попробуем разложить правую часть:

3 2 3 2 a + 3a − 6a− 8= (a − 8)+3a(a− 2) =(a− 2)(a +5a+ 4)= (a − 2)(a+ 1)(a+ 4).

Таким образом получили уравнение, которые можно анализировать:

(a+ 1)(a2+ 1)(a+2013)x =(a− 2)(a+ 1)(a+ 4).

Разберём случаи:

1) $a= −1$ , то уравнение принимает вид $0 ⋅x = 0.$ Тогда $x$ любой, в частности неотрицательный. $a= −1$ - решение.

2) $a = −2013$ , то уравнение принимает вид $0⋅x= −2015 ⋅2012⋅2009.$ Такое уравнение не имеет корней. Значит, данное значение $a$ не подходит.

3) $a⁄= −1, a⁄= −2013$ , то уравнение можно переписать в таком виде:

x= --(2a− 2)(a-+4)-. (a + 1)(a+2013)

Остаётся найти все те значения a, при которых выполнено неравенство

x= -(a−-2)(a+-4)--≥0. (a2+ 1)(a+ 2013)

По методу интервалов получаем $(−2013;−4]∪[2;+ ∞).$

Объединяя с предыдущими ответами получаем ответ $(−2013;−4]∪{−1}∪ [2;+∞).$

Ответ:

$(−2013;−4]∪{−1}∪ [2;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91245

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

(x+1)2- (x2 − 1) 2x2+1 + a2− 4= 2a cos--2x-

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

ОДЗ: $x⁄= 0$ . Поэтому можем вместо $x$ подставить $1 x$ :

(1+1x)2 ( ( )2 ) 21+(1x)2 +a2− 4= 2acos -1x--− 1 2 ⋅ 1x

Домножив в обеих дробях и числитель, и знаменатель на $2 x$ , получаем:

(x+1)2- ( 2) 2x2+1 + a2− 4= 2a cos 1-− x 2x

Но это ровно наше исходное уравнение, так как для косинуса верно, что $cos(α)= cos(−α)$

Значит, у нас есть симметрия: если есть корень $x0$ , то есть и корень $-1 x0$ . Тогда единственный корень при $x0 = 1- x0$ , то есть $x0 = ±1$ .

1.

$x =1$

22 +a2− 4= 2a

[ a= 0 a= 2

2.

$x =− 1$

0 2 2 +a − 4= 2a

a2− 2a − 3= 0

[ a= −1 a= 3

Мы получили 4 подозрительных значения для $a$ , осталось проверить каждое из них:

1.

$a =0$

(x+21)2- 2x +1 − 4 =0

2 (x+2-1)- =2 x +1

x2− 2x +1 =0

Получаем единственное решение $x =1$ . Значит, $a =0$ подходит.

2.

$a =2$

(x+12)2 ( x2− 1) 2 x+1 = 4cos -2x--

При $x= −1$ левая функция равна $20$ , а правая $4$ . И если мы найдём ещё один отрицательный $x$ такой, что значение левой функции будет больше, чем значение правой, то из их непрерывности (во всех точках кроме $0$ ) будет следовать, что уравнение имеет ещё один корень. Подберём такое значение. Пусть $x2−1 π 2x = 2$ , отрицательный корень этого уравнения - $π− √π2+4 x = ---2---$ . При подстановке его в уравнение правая функция будет точно положительной, а левая равна $0$ , как мы и искали.

Значит, $a =2$ не подходит.

3.

$a =− 1$

(x+1)2 ( 2 ) 2 x2+1 − 3= −2cos x2−x-1

Будем доказывать аналогичным способом, что и в предыдущем случае. При $x =− 1$ получаем $22 − 3> −2$ . Найдём такой $x$ , что значение правой функции меньше значения левой. Хотим $x2−1 2x = π$ . При $2π+√4π2+4- x= 2$ выполняется желаемое.

4.

$a =3$

( ) 2(xx+21+)21-+5 =6cos x2−-1 2x

Правая часть всегда $≥ 6$ , а левая $≤6$ . Тогда равенство выполняется, только при $(x+1)2 ( ) 2 x2+1 + 5= 6cos x22−x1 = 6$ . Выражая $x$ из $(x+21)2- 2 x+1 +5 =6$ , получаем единственный корень $x =− 1$ . Значит, $a= 3$ подходит.

Ответ: 0; 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#36667

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых для любого значения $b$ система

{ (x+ 1)2+ |y − 1|= 2; y = b|2x+ 1|+a.

имеет решения.

Источники: ПВГ-2013, 11.4 (см.pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Изобразим решение системы на координатной плоскости. Первое уравнение системы задает объединение двух дуг парабол: $y1 = 3− (x +1)2,y1 ≥ 1$ и $y2 = (x+ 1)2 − 1,y2 < 1$ , которое представляет из себя замкнутую линию. Второе уравнение системы при $b= 0$ определяет на плоскости прямую $y = a$ , а при $b⁄= 0$ — два луча $y = b(2x+ 1)+a,x≥ − 12$ и $y = −b(2x+1)+ a,x <− 12$ с общим началом в точке $( ) − 12,a$ . Прямая $x =− 12$ пересекает дуги парабол в точках $( ) A − 12,− 34$ и $( ) B − 12,114$ . Поэтому для того, чтобы система имела решение, необходимо и достаточно, чтобы общее начало лучей лежало на отрезке $AB$ .

Ответ:

$[− 3;11] 4 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#91859

Найдите $a$ и $b$ такие, что многочлен $x2013+ x99+ ax+ b$ делится нацело на $x2− x+ 1$ .

Показать ответ и решение

Везде ниже будем вести рассуждения по модулю многочлена $x2− x +1.$

0 x ≡ 1,

1 x ≡ x,

x2 ≡x − 1,

x3 ≡ x⋅x2 ≡ x(x − 1)= x2− x ≡ (x− 1)− x = −1,

Аналогично далее находим

x4 ≡ −x,

x5 ≡ −x+ 1,

x6 ≡ 1.

Таким образом, цикл повторяется каждые 6 шагов.

Значит, надо только лишь найти остатки $2013$ и $99$ по модулю $6$ :

Следовательно,

2013 6⋅335+3 3 x = x ≡x ≡ −1,

99 6⋅16+3 3 x = x ≡x ≡ −1.

Теперь подставим эти значения в многочлен $P (x)$ :

P (x)≡ −1 − 1+ ax+ b= ax +(b− 2).

Для того чтобы $P(x)$ делился на $x2− x+ 1$ , необходимо, чтобы остаток $ax+ (b− 2)$ был нулевым для всех $x$ , а отсюда сразу же:

a= 0

b− 2= 0 =⇒ b= 2.

Ответ:

$a =0,b= 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#39888

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых графики функций

2x2−4x+3 3 x2− 2x+3 f(x)= 3 + a и g(x)= a⋅3 − 5

имеют ровно три общие точки.

Источники: ПВГ-2012, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Перепишем равенство функций в виде

2(x−1)2+1 3 (x− 1)2+2 3 +a =a ⋅3 − 5

Или при $t= 3(x−1)2 ≥ 1$

3t2− 9at+ a3+ 5= 0

Это квадратное уравнение относительно $t$ должно иметь решение $t= 1$ (потому что иначе для решения $t1 > 1$ $log3t1 =(x− 1)2 > 0$ и относительно $x$ будет два решения, то есть если $t= 1$ не корень, то решений чётное количество). Второе решение же должно быть строго больше одного (отсюда как раз и получатся ещё два решения). Итак, подставим $x =1 ⇐ ⇒ t= 1$ :

√-- 3− 9a +a3+ 5= 0 ⇐⇒ (a − 1)(a2+ a− 8) =0 ⇐ ⇒ a =1,a= −1±--33- 2

При таких $a$ решением будет $t = 1 1$ . Чтобы второй корень $t 2$ был больше единицы, необходимо и достаточно $9a =t + t >2 ⇐⇒ a> 2 3 1 2 3$ , поэтому остаются только $a= 1,a = −1+√33- 2$ .

Ответ:

$1;−1+√33 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#73117

Найдите все положительные значения параметра $a,$ при которых среди чисел последовательности

2 ----10---- xn = −n + 10n+22+ |5n− 31|+ a, n= 1,2,...

есть ровно два максимальных элемента.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

На первый взгляд сложно сказать что-то определённое, но нас интересуют максимумы. Если разбить формулу на 2 части: с параметром и без, то у нас получатся парабола и обратная функция. Что можно сказать про их максимумы по отдельности?

Подсказка 2

Оказывается, вершина параболы в n=5, а модуль в функции от параметра принимает минимальное значение в n=31/5 (число тем больше, чем меньше знаменатель). Точки максимума близки друг к другу, что это даёт?

Подсказка 3

Значит, максимум всей функции лежит где-то на отрезке между 5 и 31/5. (Поскольку за пределами этого отрезка обе функции имеют одинаковую монотонность). При этом значение при n=5 больше, чем при n=7. Если у последовательности 2 точки максимума, то это обязательно n=5 и n=6. Осталось только приравнять их между собой.

Показать ответ и решение

Рассмотрим функции $f(x)= −x2+ 10x+ 22$ и $g(x)= --10---. |5x−31|+a$ Функция $f$ возрастает на промежутке $(− ∞;5)$ и убывает на промежутке $(5;+∞ ),$ а фунция $g$ при всех значениях параметра $a$ возрастает на промежутке $31 (−∞; 5 )$ и убывает на промежутке $31 (5 ;+ ∞)$ (при этом $31 31 f( 5 + x)= f( 5 − x)$ ).

Следовательно, максимальными членами последовательности могут быть $10- x5 = 3+ 6+a$ и $10- x6 = 2+ 1+a.$ Так как последовательность имеет два максимальных члена, получаем равенство $-10- -10- 2 3+ 6+a = 2+ 1+a ⇒ a + 7a− 44 =0 ⇒ a= −11$ или $a =4.$

Ответ:

$a =4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#47917

При всех значениях параметра $a$ решите уравнение

ax+3 4x2−ax+9- 2x2+3 + 2 x2+3 = 10.

Источники: ПВГ-2006 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Какая некрасивая дробь в степени, еще и повторяется, давайте сделаем замену! t = 2^((ax + 3)/(x^2 + 3))

Подсказка 2!

Попробуйте понять, как представляется тогда второе слагаемое! Это 16/t!

Подсказка 3!

Осталось найти t и разобраться с вытекащим а)

Показать ответ и решение

Обозначим $t= 2axx+2+33-$ , тогда

4(x2+3) − ax+3 16 t+ 2 x2+3 ⋅2 x2+3 = 10 ⇐ ⇒ t+ -t =10

Получаем $t∈ {2;8} ⇐⇒ axx2++33 ∈ {1;3}$ , то есть у нас такая совокупность (два случая):

[ [ ax+3 =x2 +3 ⇐⇒ ax= x2 ax+3 =3x2+ 9 3x2− ax +6= 0

У первого уравнения могут быть решения $x =0,x= a$ , а у второго при $2 a ≥ 72$ есть решения $a±√a2−-72- x = ---6----$ . Важно заметить, что среди корней уравнений нет общих, потому что при подстановке $x =0$ или $x= a$ во второе уравнение его левая часть будет положительна, а не равна нулю. Тогда осталось учесть только совпадения корней в рамках каждого из уравнений и записать ответ.