Тема Задачи с параметром

Алгебра. Задачи без идеи, решающиеся аналитически

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#104254

При каких значениях $a$ уравнение

( 2) log5x +4 1− a log25x5− 2= 0

имеет два корня, расстояние между которыми больше $24 5$ ?

Показать доказательство

Допустимые значения $x$ определяются условиями

1 x> 0, x⁄= 25

Предполагая, что эти условия выполнены, и переходя к логарифмам по основанию 5, преобразуем уравнение к виду

( 2) log5x+ 4-1−-a--− 2 =0 2+ log5x

log2x− 4a2 =0 5

log5x= ±2a

x1 =52a, x2 = 5−2a

Если $a= 0$ , то $x1 = x2 = 1$ , а если $|a|=1$ , то одно из чисел $x1,x2$ равно $125$ . Поэтому значения $a= 0,a =− 1,a =1$ не удовлетворяют условиям задачи.

Пусть $a⁄= 0,|a|⁄= 1$ , тогда уравнение имеет два различных корня.

По условию $|x1− x2|> 254$ , т. е.

| | |52a− 5−2a|> 24 5

Если $a≥ 0$ , то $52a ≥ 5−2a$ и неравенство равносильно каждому из следующих неравенств:

52a− 5−2a > 245 , (52a)2− 245 ⋅52a − 1 >0 (52a − 5)(52a+ 15)> 0, 52a > 5, откуда a> 12

Если же $a <0$ , то неравенство равносильно каждому из следующих неравенств:

( ) ( ) 5(−2a− 52)a( > 245 ,) 52a2+ 254 52a− 1< 0 52a +5 52a− 15 < 0, 52a < 15, откуда a <− 12

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79610

Для всех действительных параметров $a∈ [0;1]$ определите число корней уравнения

|| 11π || ||sin 24 x||= a

на полуинтервале $[0,24).$

Источники: БИБН - 2024, 11.2 (см. www.unn.ru)

Показать ответ и решение

Линейное по $x$ выражение $11πx∈ [0,11π) 24$ при $x∈ [0,24)$ . Рассмотрим тригонометрическую окружность. Если $a∈ (0,1)$ , то решению $|| 11π-|| sin 24 x = a$ соответствует $4$ точки на окружности, по $2$ на каждой полуокружности, которых всего $11$ , так как аргумент принимает значения из $[0,11π)$ . Итого $11⋅2= 22$ решений.

Если $a= 0$ , то подходят точки вида $πk, k∈ ℤ$ . То есть $11$ решений в этом случае.

Если $a= 1$ , то на каждой полуокружности подходит по одной точке вида $π 2 + 2πk$ . То есть $11$ решений всего.

Ответ:

$11$ решений при $a∈{0;1}$

$22$ решения при $a∈ (0;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80765

Найдите все значения параметра $p$ , при которых уравнение

pcos3x+ 3(p +4)cosx =6cos2x+ 10

имеет хотя бы одно решение. Решите это уравнение при всех таких $p.$

Источники: Физтех - 2024, 11.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

3 2 p(4cos x− 3cosx)+ 3pcosx+ 12cosx − 6(2cos x− 1)− 10= 0

3 2 4pcos x− 12cos x+ 12cosx − 4= 0

pcos3x − 3cos2x+ 3cosx− 1= 0

(p− 1)cos3x+ (cos3x − 3cos2+3cosx − 1)= 0

---- (1 − cosx)3 = (3∘ p− 1cosx)3

∘ ---- 1− cosx= 3p− 1cosx

Заметим, что $cosx⁄= 0,$ тогда из последнего уравнения получаем, что

1 cosx= 1+-3√p-− 1

Решением является

x= ±arccos---√1----+2πk, k ∈ℤ 1+ 3 p− 1

при

----1--- −1≤ 1+ 3√p-− 1 ≤1

[ 3√---- 1+ 3√p−-1≥ 1 1+ p− 1≤ −1

[ p ≥1 p ≤− 7

Ответ:

Если $p ≥1$ или $p≤ −7,$ то $x =± arccos --1√---+2πk, k ∈ℤ, 1+ 3p− 1$

при других $p$ решений нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#83309

Область $G$ на плоскости, ограниченная двумя параболами $y =− 2x2 +3x$ и $y = x2+ px +q,$ имеет площадь 32. Вертикальная прямая $x =1$ разбивает её на две равновеликие части. Найти $p$ и $q$ .

Источники: Росатом - 2024, региональный вариант, 11.4 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим данные параболы $y(x)= −2x2+3x 1$ и $y (x)= x2+ px+ q, 2$ пусть они пересекаются в точках с абсциссами $x1 < x2.$

Ограниченная ими площадь (над одним графиком и под другим) равна модулю разности площадей под графиками на отрезке $[x1,x2].$ А это по формуле Ньютона-Лейбница считается как

||∫ x2 ∫ x2 || ||∫ x2( 2 ) || || x1 y1(x)dx− x1 y2(x)dx||= ||x1 3x + (p − 3)x+ qdx||

Заметим, что полученный интеграл равен площади под графиком параболы $3x2+(p− 3)x+ q$ на отрезке $[x1,x2]$ . По условию прямая $x =1$ делит эту площадь на две равновеликие. Значит, $x= 1$ — абсцисса вершины этой параболы. С одной стороны, она равна $3−6p,$ а с другой стороны, $x1+2x2= 1.$ Тогда находим

3−-p =1 =⇒ p= −3 6

Теперь запишем данное в условии значение площади и получим уравнение на оставшийся параметр:

| | 32= ||∫ x2(3x2− 6x+ q)dx||=||(x3− x3− 3(x2 − x2)+q(x − x))||= |x1 | 2 1 2 1 2 1

| | | | = |(x2− x1)(x21 +x22+ x1x2 − 3x1− 3x2 +q)|=|(x2 − x1)((x1+x2)2− x1x2− 3(x1+ x2)+q)|=

|| 2q|| |||∘---4q 2q||| (∘ ---q)3 = ||(x2− x1)(−2+ 3-)||= || 4− -3 (2− 3-)||= 4 1− 3

(∘---q)3 8= 1 −3

q 4= 1− 3

q = −9

Ответ:

$p =−3,q = −9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85145

При всех значениях параметра $a$ решите уравнение

2 x +ax+ 16= 0

Показать ответ и решение

Дискриминант квадратного уравнения равен $a2− 64.$ Рассмотрим три возможных случая: дискриминант равен нулю, больше или меньше нуля.

При $2 a − 64= 0 ⇐ ⇒ a =±8$ уравнение имеет единственное решение, равное $a − 2 =±4.$

При $2 a − 64< 0 ⇐ ⇒ a ∈(−8;8)$ уравнение не имеет решений.

При $a∈ (−∞ − 8)∪ (8;+∞ )$ уравнение имеет два решения: $√ -2---- x1,2 = −-a±-a-− 64 2$

Ответ:

$x =− aпри a= ±8 2$

$−a±√a2−64- x= ----2----при a∈ (−∞ − 8)∪ (8;+∞ )$

$нет решений при a∈ (−8;8)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85235

При всех $a$ решите уравнение

2 ax +x +1 =0

Показать ответ и решение

При $a= 0$ уравнение примет вид $x +1= 0$ , откуда $x= −1$ .

Пусть теперь $a⁄= 0$ . Тогда уравнение является квадратным, его дискриминант $D =1− 4a$ . При $1 a ≤ 4$ дискриминант неотрицателен, поэтому

−1 ±√1-− 4a x= ----2a----

Если же $a > 14$ , то $D <0$ и уравнение не имеет корней.

Ответ:

Если $a ∈(−∞;0)∪ (0;1] 4$ , то $x= −1±√1−4a; 2a$

если $a =0$ , то $x =− 1;$

если $(1 ) a ∈ 4;+∞$ , то решений нет.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91149

Найдите все значения параметра $a,$ при которых неравенство

| 2 2 | |3sin x+ 2asinxcosx+cos x+ a|≤ 3

выполняется для любых значений $x.$

Показать ответ и решение

Преобразуем исходное неравенство, используя формулы для синуса и косинуса двойного угла, а также основное тригонометрическое тождество

| 2 | |2sin x+ asin(2x)+ 1+ a|≤ 3

|− cos(2x)+a sin(2x)+ 2+a|≤ 3

Воспользуемся методом дополнительного аргумента, пусть $( ) φ =2x − arccos √-a--- , a2 +1$ тогда

||∘ -2--- || | a + 1sinφ+ 2+ a|≤3

({ √a2+1-sinφ+ 2+ a≤ 3 √----- ( a2+1 sinφ+ 2+ a≥ −3

( ||{ sin φ≤ √1−2-a- a + 1 ||( sin φ≥ −√-52− a a + 1

Так как при фиксированном $a$ выражение $( ) φ= 2x− arccos √-a--- a2+ 1$ может принимать любые значения, то система будет выполняться для любых значений $x$ тогда и только тогда, когда

(| -1−-a- |{ √a2+-1 ≥1 ||( -−5−-a √a2+-1 ≤−1

( 2 2 { 1− 2a+a ≥a + 1 ( 25+ 10a+ a2 ≥ a2+1

( |{ a≤ 0 |( 12 a≥ − 5

[ ] a∈ − 12;0 5

Ответ:

$[− 12;0] 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#64607

Для каких $a$ неравенство

(2 ) loga1+1 x +2|a| > 0

выполнено при всех $x?$

Показать ответ и решение

В область допустимых значений указанного неравенства входят только $a >− 1,a⁄= 0$ . Если $a> 0$ , то основание логарифма меньше единицы и исходное неравенство эквивалентно $2 x + 2|a|<1$ . Последнее неравенство обязано выполняться при любых $x$ , чего никак не может быть: можно взять, например, $x= 1$ и получить неравенство $|a|< 0$ . Значит, ни одно $a >0$ не годится.

Теперь рассмотрим $− 1 <a <0$ . Тогда при любых $x$ должно быть выполнено $2 x + 2|a|> 1$ . При любых $x$ имеем $2 x + 2|a|≥2|a|$ , так что для выполнения неравенство достаточно $2|a|> 1⇐ ⇒ −1<$ $1 a <− 2$ , ведь тогда $2 x + 2|a|≥2|a|> 1$ и неравенство верно. С другой стороны, это условие является необходимым, ведь неравенство должно быть выполнено в частности при $x =0.$

Ответ:

$(−1;− 1) 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47920

Найдите все значения, которые может принимать сумма $x+ a$ при условии

|2x+ 4− 2a|+ |x− 2+ a|≤ 3.

Показать ответ и решение

Сделаем замену $y = x+ a,z = x− a.$

Нам нужно найти все возможные значения $y$ при условии

|2z+ 4|+|y− 2|≤ 3.

Если $|y− 2|>3$ , то условие не выполнено. Покажем, что все значения $y$ , при которых $|y− 2|≤3$ возможны.

Для любого числа $c= |y− 2|$ из отрезка $[0;3]$ мы можем взять $2z+4 =3 − c$ , тогда условие

|2z+ 4|+ |y − 2|≤ 3 ⇐⇒ 3≤3

выполнено.

Итак, все возможные значения $y$ задаются условием

|y− 2|≤ 3 ⇐⇒ −3≤ y− 2≤ 3 ⇐ ⇒ − 1≤ y ≤ 5,

причём по имеющимся значениям $y =2 ±c$ и $z = − 1+c 2$ мы можем взять соответствующие $x$ и $a$ из системы

{ x+ a= y x− a= z

как полусумму и полуразность $y$ и $z.$

Ответ:

$[−1;5]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#51665

При каждом значении $a$ найдите все значения $x$ , удовлетворяющие уравнению

((x+-1)2 ) (x+-1)2 log5 x − a = log5 x − log5a

Показать ответ и решение

( (x+1)2- ) (x+1)2- log5( x ( − a =2 log)5 x − log52a ⇔ ⇔ { log5 (x+1x)-− a = log5 (x+a1x)-,⇔ (( a> 0 { (x+1)2− a = (x+1)2, { (a− 1)(x+ 1)2 =a2x, ⇔ ( (x+x1)2,a >0 ax ⇔ x,a> 0 x

Рассмотрим два случая:

(|{ a =1 1) x >0, ⇔ x∈ ∅ |( 0= x (|| 0< a ⁄=1, { 2) { x >0, ⇔ a> 1, ||( (x+1)2 =-a2 x= a− 1,a−11 x a−1

Ответ:

${a− 1;-1} a− 1$ при $a> 1$ ;

решений нет при $a≤ 1$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#51666

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

{ 25x− 13 ⋅5x+ a< 0; 12sin4πx− cos4πx =11

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Решим сначала уравнение системы:

12 sin4πx− cos4πx= 11⇔ ⇔ 3(1− c)2− (2c2− 1)− 11= 0, где c= cos2πx,⇔ 2 ⇔ c − 6c− 7= 0⇔ (c− 7)(c+ 1)= 0⇔ ⇔ cos2πx= −1 ⇔ 2πx = π+2πn, где n ∈ℤ,⇔ ⇔ x= 0,5 +n

Теперь для того чтобы хотя бы при одном из найденных значений $x$ выполнялось неравенство системы

25x− 13 ⋅5x <− a⇔ t2− 13t< −a, где t= 5x =5n√5,⇔ ⇔ (t− 6,5)2 <− a+6,52

необходимо и достаточно, чтобы оно выполнялось для такого $t= 5n√5,$ для которого левая часть последнего неравенства минимальна при $n∈ℤ.$ Такое число $t$ - ближайшее к точке $6,5,$ а именно $t=√5,$ поскольку: 1) точка 6,5 лежит между числами $t0 = 50√5$ и $t1 = 51√5$ (так как $√5< 3< 6,5 <5⋅2 <5√5)$ 2) точка $t0$ лежит ближе к $6,5,$ чем точка $t1$ (так как $6,5− √5<$ $<5√5 − 6,5⇔ 13< 6√5⇔ 169< 180,$ что верно $)$ Таким образом, система имеет решение тогда и только тогда, когда

2 √-2 √- √- t0− 13t0 < −a⇔ 5 − 13 5 <− a⇔ a< 13 5− 5

Ответ:

$a <13√5− 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#70492

При каких значениях параметра $a∈ ℝ$ наибольшее расстояние между корнями уравнения

3 ( 2) 2 ( 2 ) atg x+ 2 − a− a tg x + a − 2a − 2 tgx+ 2a =0,

принадлежащими интервалу $(− π;π), 2 2$ принимает наименьшее значение? Найдите это наименьшее значение.

Источники: Ломоносов-2022, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Данное уравнение можно переписать в виде

(tgx− 1)(tgx − a)(a tgx +2)= 0

Откуда при $x∈ (− π;π) 2 2$ либо $tgx =1$ и $x = π, 4$ либо $tg x= a$ и $x= arctg a,$ либо (при $a⁄= 0)tgx =− 2 a$ и $x= − arctg 2. a$ Таким образом, данное уравнение имеет на интервале $(− π;π) 2 2$ два или три различных корня (второй корень не может совпадать с третьим, так как $arctg a$ и $− arctg 2 a$ имеют разные знаки при любом $a⁄= 0$ в силу нечётности арктангенса).

Случай 1: $a =0.$ Тогда остаётся два корня $x= π 4$ и $x = 0,$ которые отличаются на $π. 4$

Случай 2: $a >0.$ Тогда разность между корнями $x= π 4$ и $x= − arctg 2< 0 a$ больше, чем $π. 4$

Случай 3: $a <0.$ Тогда разность между корнями $π x= 4$ и $x= arctga< 0$ больше, чем $π 4.$

Ответ:

$π 4$ при $a =0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91360

Найти все значения $a$ , при которых уравнение $x8 +ax4+ 1= 0$ имеет ровно четыре корня и эти корни образуют арифметическую прогрессию.

Показать ответ и решение

Если $x$ корень, то $− x$ тоже корень. Значит, арифметическая прогрессия будет $− 3x$ , $− x$ , $x$ и $3x$ (с ненулевым $x$ ), откуда

8 4 8 4 6561x +81ax + 1= x +ax + 1= 0

$x= 0$ не подходит, поэтому $x4 =− 80a 82$ . Тогда

x8+ ax4+ 1= 0= a2(802− 80)+1 =0, 822 82

и значит, $2 822- a = 160$ . Заметим, что так как у уравнения $2 x − ax+ 1= 0$ не более 2 корней $t1$ и $t2$ , то у нашего уравнения не больше 4 корней $∘ --- ± t1,2$ . Значит, при $∘-822 a = ± 160-$ у уравнения будет ровно 4 корня.

Ответ:

$±∘ 822- 160$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#92002

Найти все значения $a$ , при которых уравнение $x4+(a− 5)x2+ (a+2)2 = 0$ имеет ровно четыре корня и эти корни образуют арифметическую прогрессию.

Показать ответ и решение

Пусть $x ,x 1 2$ — положительные корни уравнения, тогда два других корня $− x,−x 1 2$ . Все 4 таких корня образуют арифметическую прогрессию. Пусть $x1 > x2$ . Тогда $x1− x2 = x2− (−x2)$ или $x1 =3x2$ . Рассмотрим дискриминант нашего биквадратного уравнения. Пусть он равен $D$ . Тогда получаем

∘------√-- ∘ -----√--- 5-− a+-D-= 3 5−-a−--D- 2 2

√-- 10 D = 8(5− a)

5√D-=4(5− a)

Поэтому нам не подходят $a$ , большие 5. Возведем последнее равенство в квадрат.

25(− 3a2 − 26a+ 9)= 16(25+ a2− 10a)

13a2+ 70a+ 25= 0

У последнего уравнения есть ровно два корня $− 5$ и $5 − 13-$ . Легко проверить, что оба этих корня подходят.

Ответ:

$− 5$ , $− -5 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#96826

Решите уравнение

sin4φ- cos4φ- sin2x + cos2x = 1

при всех значениях параметра $φ.$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.3 (см. www.fa.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ уравнения определяется условием $sin2 x⋅cos2x⁄= 0$ , т.е. $x⁄= πk,k∈ℤ. 2$ Введем $a =sin2φ$ и $t=sin2x.$ После подстановки получим:

sin4φ cos4φ a2 (1− a)2 sin2x-+ cos2x-=-t + -1− t-=

2 2 2 2 2 = a-(1−-tt()1+−(1t)−-a)t= a-−t−2att+2-t= (a−-t)t−+t2t− t-= 1

Следовательно, $a= t⇔ sin2φ= sin2x⇔ x = ±φ+ πn,n ∈ℤ.$ При $φ ⁄= πk2 ,k∈ ℤ$ решение $x$ принадлежит ОДЗ уравнения, а при $φ = π2k,k ∈ℤ$ решений нет.

Ответ:

При $φ⁄= πk,k∈ ℤ 2$ решение $x= ±φ +πn,n ∈ℤ$ ; при $φ = πk,k ∈ℤ 2$ решений нет.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#80456

При каких значениях $a$ точка с координатами $(sina;sin3a)$ симметрична точке с координатами $(cosa;cos3a)$ относительно прямой с уравнением $x +y =0?$

Источники: Росатом - 2020, 11.2 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Две точки $A(x,y)$ и $B(x′;y′)$ симметричны относительно прямой $x+ y = 0$ , если $x′ = −y,y′ =− x$ . Это приводит к системе:

{ sina= − cos3a sin3a= − cosa

Решим первое уравнение системы:

sin a= − cos3a → cos3a= sin(−a)= cos(π +a) → 2 [ π ∗ 3a= π2 +a +2πm → a= 4π + πmπn-(∗)∗ π a= −8 + 2 ( ) 3a= − 2 − a+2πn

Подставляем (*) во второе уравнение системы:

(3π ) (π ) sin 4-+ 3πm = − cos 4 + πm → 3π π √2 √2 (−1)m sin-4 = −(−1)m cos 4 →-2-⁄= − 2--

Серия (*) решений не содержит. Подставляем $(∗∗)$ во второе уравнение системы:

( 3π 3πn) ( π πn) sin − 8 + 2 = − cos −8 + 2 → (3π 3πn) (5π πn ) sin 8 − 2 = sin 8 − 2

[ 3π- 3πn- 5π πn [ π 83π-− 3π2n-= 83π-− 2πn+ 2πs → 4 =− πn +2πs 8 − 2 = 8 + 2 + 2πk n= −k

Вторая серия содержит любые целые $n,$ поэтому серия (**) подходит.

Ответ:

$− π + πn,n∈ Z 8 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#39867

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

( 2 2) (2 2) log3 2x − x +2a− 4a + log1∕3x + ax− 2a = 0

имеет два различных корня, сумма квадратов которых меньше $1$ ?

Источники: ОММО-2019, номер 8, (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Уравнение эквивалентно

( 2 2) ( 2 2) log3 2x − x+ 2a− 4a = log3 x + ax − 2a ⇐⇒

{ x2+ax− 2a2 > 0 { (x +2a)(x− a)> 0 2x2 − x+ 2a− 4a2 =x2+ ax− 2a2 ⇐ ⇒ (x − 2a)(x+ a− 1)= 0

То есть корнями будут $x =2a,x= 1− a$ . Корни различны, потому $a⁄= 1 3$ , осталось подставить их в неравенство

{ (2a+2a)(2a− a)> 0 { a⁄= 0 (1− a+2a)(1− a− a)> 0 ⇐⇒ a∈ (− 1,12)

Осталось учесть условие на сумму квадратов

( ) 4a2+ 1− 2a+ a2 < 1 ⇐⇒ a∈ 0,2 5

Ответ:

$(0;1 )∪( 1;2) 3 3 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#49600

При каких значениях параметра $a$ уравнение

( 2 ) (2 2) log2 2x +(2a+ 1)x− 2a − 2 log4x +3ax+ 2a = 0

имеет два различных корня, сумма квадратов которых больше $4?$

Показать ответ и решение

Преобразуем уравнение

( 2 ) (2 2) log2 2x +(2a+ 1)x− 2a = log2x +3ax+ 2a

2 2 2 2 2 2x + (2a +1)x− 2a =x + 3ax+ 2a ⇐ ⇒ x + (1− a)x− 2a− 2a = 0 ⇐⇒

(x+a +1)(x − 2a)= 0 ⇐⇒ x= 2a,x= −a − 1

Чтобы корни были различны, нужно $2a⁄= −a− 1 ⇐⇒ a⁄= − 13$ . Условие на сумму их квадратов

4a2+ a2+2a+ 1= 5a2+2a +1> 4 ⇐⇒ 5a2+2a− 3> 0 ⇐⇒ (a+1)(5a − 3)> 0

То есть $a< −1$ или $a> 35$ . Остаётся учесть ОДЗ. В силу равенства логарифмов достаточно написать условие на положительность только для одного из аргументов (проверить, что для решений $2a,− a− 1$ оно положительно)

(2a)2+ 3a⋅2a+2a2 > 0 ⇐⇒ a⁄= 0

(a+ 1)2− 3a(a+1)+ 2a2 = −a+ 1> 0 ⇐ ⇒ a < 1

В итоге $3 a∈ (−∞, −1)∪(5,1).$

Ответ:

$(−∞;− 1)∪(3;1) 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#106820

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

{ log (ax)=2log (x+ y), 3−|x x−1=|∘x2-−-6x-+|xy−1+|8-

имеет единственное решение, и найдите это решение при каждом $a$ .

Показать ответ и решение

Второе уравнение равносильно системе

{ x≤ 3, x2− 6x+y +8 =x2− 6x+ 9.

Следовательно, можем подставить $y = 1$ в исходную систему, учесть ограничения и получить равносильную систему:

(|{ x2+ (2− a)x+ 1= 0, y = 1, |( −1< x ≤3,x⁄= 0,x ⁄=1,x⁄= 2.

Выясним, при каких значениях параметра $a$ уравнение $x2+(2− a)x +1= 0(∗)$ имеет единственное решение, если $− 1< x ≤3,x⁄= 0,x ⁄=1,x⁄= 2$ .

1) $D= a(a− 4),D= a(a− 4),x= a−22$ . При $a =0$ корень $x =− 1$ не подходит; при $a =4$ корень $x =1$ не подходит.

2) Выясним, при каких $a$ точки $x= 0,x =1,x= 2$ являются решениями уравнения (*).

$x= 0$ не является решением ни при каком $a$ ;

$x= 1$ является единственным решением уравнения $(∗)$ при $a =4$ ;

∗ x= 2 является решением ( ) при a= 4,5,

поскольку при подстановке $x = 2$ в уравнение (*) имеем $22+(2− a)2 +1= 0,2a= 9$ . Однако, при $a= 4,5$ уравнение (*) имеет второе решение $x= 0,5$ , удовлетворяющее поставленным условиям.

Следовательно, при $a= 4,5$ система имеет единственное решение $x= 0,5,y = 1$ .

3) Если дискриминант уравнения (*) больше нуля, то уравнение имеет два различных решения, но при условии $f(− 1)f(3)< 0$ , где $f(x)= x2 +(2− a)x+ 1$ , один корень будет посторонним, а один будет удовлетворять неравенству $− 1< x< 3$ . Имеем $f(−1)= a,f(3)=16− 3a$ , приходим к неравенству $a(16− 3a)< 0$ , и $a∈ (− ∞;0)∪(16∕3;+∞ )$ .

Если $a∈ (−∞; 0)$ , то

√ ------ x= a−-2+--a2− 4a 2

Если $a∈ (16∕3;+∞ )$ , то $√----- x= a−2−-a2−4a- 2$ .

4) Проверим случаи, когда $f(−1)= 0$ и $f(3)= 0$ . Первое равенство выполняется при $a =0$ , уравнение (*) не имеет решений, удовлетворяющих поставленным условиям. Второе равенство справедливо при $a= 16∕3$ . В этом случае уравнение (*) имеет вид $x2+ 10x+ 1= 0 3$ , и имеет два решения $x= 1∕3$ и $x =3$ , которые оба подходят.

Ответ:

$(1;1) 2$ при $a= 9 2$

$a−2+√a2−4a ( 2 ;1)$ при $a∈ (−∞; 0)$

$a−2−√a2−4a ( 2 ;1)$ при $(16 ) a∈ 3 ;+∞$