Тема 18. Задачи с параметром

18.06 Алгебра. Теорема Виета

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#33957Максимум баллов за задание: 4

Корни уравнения

3 2 ||5 || 15 x − x ⋅logp8 p +||2log4p||− 8 = 0

являются длинами сторон некоторого треугольника, а корни уравнения

x3− 2x2√p-+ 2px-− -p---=0 3 15 p+14

есть длины высот этого же треугольника. Найдите площадь $S$ треугольника, периметр которого из всех возможных треугольников, удовлетворяющих условию, минимален.

Показать ответ и решение

Пусть корни первого уравнения — числа $a,b,c$ (стороны треугольника), а корни второго уравнения — числа $h ,h ,h a b c$ (высоты треугольника). тогда

2S = aha =bhb = chc

Тогда по теореме Виета для обоих уравнений

(| (|log pp= a+ b+c ||||| logp8 p=a +b+ c ||||| 8 ||||| |52log4p|=ab+ bc+ac ||||||52log4p|= ab+bc+ ac ||||| 15 |||||15= abc { 8 = abc ⇒ { 8 |||| 23√p =ha +hb+ hc ||||23√p-= 2S ⋅ ab+ac+-bc ||||| 2p |||||2p 2 a-+ba+bcc ||||| 15 = hahb+hahc+ hbhc |||||15 =4S ⋅ abc ||( pp+14 = hahbhc ||(p+p14 = 8S3⋅-1 abc

Отсюда

(||2√p-= 2S ⋅ 8-⋅|5 log p| (||√p =4S|log p| ||{3 15 2 4 ||{ 4 ||21p5 = 4S2⋅185 ⋅logp8 p ⇔ ||p= 16S2logp8 p ||(--p-= 8S3⋅ 8 ||(--p-= 64S3 p+14 15 p+14 15

Из первых двух уравнений получаем

2 ( 1 )2 1 log4p= logp8 p ⇔ 2log2p = logpp-− logp8 ⇔ ( 1 2 1 { t3− 3t2 − 4t= 0 1 4log2p = 1−--3-- ⇔ ( t=log p ⇒ p= 2;1;16 log2p 2

Подставим найденные $p$ во второе и третье уравнения системы и найдем $S$ .

1.: при $p= 12$ получаем $(|1 2 1 ||{2 =16S log116 2 ||--12-- 64-3 ⇒ S ∈∅ |(12 +14 = 15S$
2.: при $p= 1$ получаем $( ||{ 1= 16S2log18 1 | 1 64 ⇒ S ∈∅ |( 1+-14 = 15S3$
3.: при $p= 16$ получаем $( ||{16= 16S2 log216 | 16 64 ⇒ S = 12 |(16+-14 = 15S3$

Следовательно, получаем при $p =16$ площадь $S = 12.$

Проверим, что при найденном $p$ существуют корни первого уравнения и они могут являться сторонами некоторого треугольника. При $p =16$ первое уравнение выглядит как

8x3− 32x2+ 40x − 15= 0

Подбором находим, что один из корней равен $x = 3. 2$ Разделив в столбик $8x3− 32x2+ 40x − 15$ на $2x − 3,$ получим

3 5 √5 8x3− 32x2+ 40x − 15= 0 ⇔ (2x− 3)(4x2− 10x+ 5)= 0 ⇔ x= 2;4 ± 4--

Следовательно, ${ √- √-} {a;b;c}∈ 32;54 −-54 ;54 +-54 .$ Проверим, выполняется ли неравенство треугольника для этих чисел:

√- √- 1) 3 < 5−-5-+ 5+ -5- ⇔ 3< 5 — верно 2 4 4 4 4 2 2 5 √5- 3 5 √5- √5- 3 2)4 − 4 < 2 + 4 + 4 ⇔ − 2 < 2 — верно √- √- √- 3) 5 +-5< 3 + 5− -5- ⇔ -5< 3 — верно 4 4 2 4 4 2 2

Все верно, следовательно, параметр $p= 16$ нам подходит. Значит, ответ $S = 1. 2$

Ответ:

$S = 1 2$ при $p =16$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#36440Максимум баллов за задание: 4

Найдите все значения параметра $a$ , при которых сумма длин интервалов, составляющих множество решений неравенства

-x2+-(2a2-+6)x− a2-+2a−-3- x2+ (a2+ 7a− 7)x− a2+ 2a − 3 <0

не меньше $1$ .

Показать ответ и решение

Обозначим $2a2+6 =A$ , $a2 +7a− 7= B$ , $− a2+ 2a− 3 =C$ . Тогда $A≥ 6$ , $B$ может быть как положительным, так и отрицательным или равным нулю, а $2 C =− (a− 1) − 2 ≤−2$ . Неравенство тогда принимает вид

x2 +Ax +C x2+-Bx-+C-< 0

Дискриминант числителя равен $D1 = A2− 4C >0$ , так как $A2 >0$ и $− C > 0$ . Аналогично дискриминант знаменателя положителен. Следовательно, и числитель, и знаменатель имеют по два корня.

Предположим, что какой-то корень числитель совпал с корнем знаменателя (обе пары совпасть не могут, так как тогда $A =B$ , что невозможно, ибо получаем уравнение $a2− 7a +13= 0$ , не имеющее корней). Пусть корни числителя $x1$ и $x2$ , а знаменателя $x1$ $x3$ . Заметим, что ни один из них не может быть равен нулю, так как их произведение $C <0$ . Тогда имеем

x1x2 = C = x1x3 ⇒ x3 = x2

Противоречие. Следовательно, корни числителя отличаются от корней знаменателя. Пусть корни знаменателя будут называться $x3$ и $x4$ . Тогда уже на методе интервалов рисунок будет следующий:

$PIC$

Где $X,Y,T,Z$ – какие-то из чисел $x1,x2,x3,x4$ . Значит, нам нужно, чтобы $Z− T + Y − X ≥ 1$ .
Заметим, что так как произведение корней числителя/знаменателя отрицательно, то они разных знаков. Без ограничения общности примем $x1 < 0< x2$ , $x3 < 0< x4$ . Тогда уже $X,Y$ – это $x1$ или $x3$ , а $T,Z$ – это $x2$ или $x4$ .

Рассмотрим все возможные расстановки корней (а также в эту последовательность добавим число $0$ для наглядности):
$x ,x,0,x,x 1 3 2 4$
$x ,x,0,x,x 1 3 4 2$
$x3,x1,0,x2,x4$
$x3,x1,0,x4,x2$

Из первой расстановки следует, что $|x3|< |x1|$ , $|x2|< |x4|$ , что не противоречит $|x1|≥|x2|$ , $|x4|> |x3|$ и $x1x2 = x3x4$ .
Из второй расстановки следует, что $|x3|<|x1|$ , $|x4|< |x2|$ , откуда следует, что $|x3x4|< |x1x2|$ , что противоречит тому, что $x1x2 = x3x4$ .
Аналогично для третьей расстановки.
Из четвертой расстановки следует, что $|x3|> |x1|$ , $|x2|> |x4|$ . Но по доказанному выше: $|x1|≥|x2|$ , $|x4|> |x3|$ , следовательно, получаем следующую цепочку: $|x3|> |x1|≥|x2|>|x4|$ . Отсюда получаем, что $|x3|> |x4|$ , что противоречит доказанному выше.

Таким образом, мы заключаем, что возможна только единственная расстановка корней – первая. Тогда решением неравенства будет $x ∈(x1;x3)∪(x2;x4)$ . Следовательно, нужно, чтобы

x4− x2 +x3− x1 ≥ 1 ⇒ (x4+ x3)− (x1 +x2)≥ 1 ⇒ a2+7a − 7− (2a2+ 6)≥ 1 ⇒ a∈ (−∞;3]∪[4;+∞ )

Ответ:

$a ∈(−∞;3]∪[4;+ ∞)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#36444Максимум баллов за задание: 4

Найдите все $a$ , при которых сумма длин интервалов, составляющих решение неравенства

x2+-a2x−-a2+-2a− 3 x2− 7x− a2 +2a− 3 < 0

не меньше $11$ .

Показать ответ и решение

Обозначим $C =− (a2− 2a+ 3)= −(a− 1)2− 2< 0$ . Пусть $D 1$ и $D 2$ – дискриминанты числителя и знаменателя соответственно. Тогда $4 D1 = a − 4C >0$ , $D2 = 49 − 4C >0$ при любых $a$ . Следовательно, числитель и знаменатель имеют по два различных корня, причем корни $x1$ и $x2$ числителя – разных знаков, корни $x3$ и $x4$ знаменателя – тоже, так как $C < 0$ , а $x1x2 = C = x3x4$ по теореме Виета.
Проверим, могут ли корни числителя совпадать с корнями знаменателя.
Пусть, без ограничения общности, $x1 =x3$ . Так как свободный член числителя и знаменателя совпадает, то $x1x2 =C = x3x4$ . Следовательно, $x2 = x4$ . Но тогда по теореме Виета совпадал бы и коэффициент перед $x$ , то есть $2 a = −7$ , что невозможно. Следовательно, множество корней числителя не имеет пересечений со множеством корней знаменателя.
Будем решать данное неравенство методом интервалов. Тогда нам нужно отметить на числовой прямой нули числителя и знаменателя, тем самым мы получим 5 промежутков, знаки на которых справа налево будут следующими: $+;− ;+;− ;+$ . Чтобы понять, как выглядят промежутки с “ $−$ ” (эти промежутки и будут составлять множество решений), нужно понять, как числа $x1,x2,x3,x4$ располагаются друг относительно друга.
Без ограничения общности, так как корни разных знаков, примем $x1 < 0$ , $x2 > 0$ , $x3 <0$ , $x4 > 0$ . Заметим, что так как $x1 +x2 = −a2$ , то есть сумма неположительна, то отрицательный корень по модулю не меньше положительного, следовательно, $|x1|≥ |x2|$ . Так как $x3+ x4 = 7$ , то здесь дело обстоит наоборот и $|x4|> |x3|$ .
Рассмотрим все возможные расстановки корней (а также в эту последовательность добавим число $0$ для наглядности):
$x1,x3,0,x2,x4$
$x1,x3,0,x4,x2$
$x3,x1,0,x2,x4$
$x3,x1,0,x4,x2$
Из первой расстановки следует, что $|x3|<|x1|$ , $|x2|< |x4|$ , что не противоречит $|x1|≥ |x2|$ , $|x4|>|x3|$ и $x1x2 = x3x4$ .
Из второй расстановки следует, что $|x3|<|x1|$ , $|x4|< |x2|$ , откуда следует, что $|x3x4|< |x1x2|$ , что противоречит тому, что $x1x2 = x3x4$ .
Аналогично для третьей расстановки.
Из четвертой расстановки следует, что $|x3|> |x1|$ , $|x2|> |x4|$ . Но по доказанному выше: $|x1|≥|x2|$ , $|x4|> |x3|$ , следовательно, получаем следующую цепочку: $|x3|> |x1|≥|x2|>|x4|$ . Отсюда получаем, что $|x3|> |x4|$ , что противоречит доказанному выше.

x4− x2+x3− x1 ≥ 11 ⇒ (x4+ x3)− (x1 +x2)≥ 11 ⇒ 2 7+ a ≥ 11 ⇒ a∈ (− ∞;−2]∪[2;+ ∞)

Ответ:

$a ∈(−∞;− 2]∪ [2;+∞)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#38369Максимум баллов за задание: 4

Определите все значения параметра $a$ , при каждом из которых три различных корня уравнения

3 2 2 x + (a − 9a)x + 8ax − 64= 0

образуют геометрическую прогрессию. Найдите эти корни.

МГУ, 2003

Показать ответ и решение

Так как корни образуют геометрическую прогрессию и различны, то можно записать их в виде $b,$ $bq,$ $2 bq,$ причем $b⁄= 0,$ $|q|⁄= 0;1.$ По теореме Виета для кубического многочлена

3 2 2 1⋅x + (a--− 9a)⋅x + 8a⋅x+ (−64)

имеем

(| 2 a2-− 9a ( ||||{ b+bq+ bq = − 1 |||{ b(1+ q+ q2)= a(9 − a) b⋅bq +b⋅bq2+ bq⋅bq2 = 8a ⇔ b2q(1+ q+ q2) =8a (⋆) |||| 1 |||( |( b⋅bq ⋅bq2 = − −64 bq = 4 1

Разделив второе равенство на третье (что возможно, так как никакая из частей равенств не равна нулю), получим в левой части второго равенства то же, что и в левой части первого равенства. Значит, и правые части равенств одинаковы, то есть

8a a(9 − a)= 4- ⇔ a= 0;7

Значение $a= 0$ не подходит, так как при нем из второго равенства следует, что либо $b= 0,$ либо $q = 0,$ что не удовлетворяет условию задачи.

Найдем корни при $a = 7.$ Из третьего равенства системы $(⋆)$ находим второй корень $x2 =bq =4.$ Выразим $4 b = q$ и подставим в первое равенство системы $(⋆):$

4 1 q ⋅(1 +q +q2)= 14 ⇔ q2− 5q+ 2= 0 ⇔ q = 2;2

Тогда при $q = 1 2$ получаем $b= 8;$ при $q = 2$ получаем $b= 2.$ Следовательно, $x =2, 1$ $x = 8. 3$

Ответ:

$a = 7 ⇒ x = 2;4;8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#38373Максимум баллов за задание: 4

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

x3− ax2− (a3− 6a2+ 5a+ 8)x− (a− 3)3 =0

имеет три различных корня, образующих геометрическую прогрессию. Укажите эти корни.

ПВГ, 2011

Показать ответ и решение

Так как корни образуют геометрическую прогрессию и различны, то можно записать их в виде $b$ , $bq$ , $2 bq$ , причем $b⁄= 0$ , $|q|⁄= 0;1$ . По теореме Виета для кубического многочлена имеем, что

( 2 |||{ b+ bq+ bq =a b⋅bq+ b⋅bq2 +bq⋅bq2 = −(a3− 6a2+ 5a+ 8) ⇔ |||( 2 3 b⋅bq⋅bq = (a − 3) ( |||{ b(1 +q +q2)= a b2q(1+ q+ q2)= −(a3− 6a2+5a +8) |||( bq = a− 3

Разделив второе равенство на первое (что возможно, так как никакая из частей равенств не равна нулю), получим в левой части второго равенства то же, что и в левой части третьего равенства. Значит, и правые части равенств одинаковы, то есть

− a3-− 6a2+-5a+-8 =a − 3 ⇔ a= −1;2;4 a

1.: Значение $a= −1$ дает систему $(| 2 ||{ b(1+ q+ q )= −1 | b2q(1+ q+ q2) =4 ||( bq = −4$
Подставив $b= − 4q$ в первое равенство, получаем
$4(1+ q+ q2)= q ⇔ q ∈ ∅$
2.: Значение $a= 2$ дает $( || b(1 +q +q2)= 2 |{ 2 2 || bq(1+ q+ q )= −2 |( bq = −1$
Поступая аналогично предыдущему пункту, получаем $3−√5- b= 2$ ; $3+√5 q = −-2-$ .
3.: Значение $a= 4$ дает $(| 2 ||{ b(1+ q+ q )= 4 | b2q(1+ q+ q2) =4 ||( bq = 1$
Поступая аналогично предыдущему пункту, получаем $3−√5- b= -2--$ ; $√- q = 3+25$ .

Ответ:

если $a = 4$ , то $x ∈{ 3−√5-;1; 3+√5} 2 2$

если $a= 2$ , то ${3−√5 3+√5} x∈ --2-;−1;--2-$