Тема Задачи с параметром

Непрерывность в параметрах

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#86348

Найдите все значения параметра $a$ , при которых неравенство

∘-2----- x2+-324- 2 x + 324− f(x)≥ f(x)− a − a

имеет единственное решение, если

∘--------- f(x)= g2(x)− 400, g(x)= 19+ 2cos2x+ 4cosx.

Источники: ШВБ - 2024, 11.4 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

В обозначениях $u(x)= √x2+-324, v(x)=f(x)− a$ исходное неравенство примет вид

(u(x))2 2u(x) ≥-v(x)-+ v(x)

0≥ (u(x)−-v(x))2- v(x)

u(x)= v(x) или v(x)< 0

Функция $v(x)$ непрерывна как композиция непрерывных функций, поэтому у неравенства $v(x)< 0$ не может быть единственное решение, так что нам подходит только случай $v(x)=u(x).$ Заметим, что никакое решение этого случая не может удовлетворять $v(x)< 0,$ ведь тогда $u(x)= √x2+-324< 0,$ что невозможно.

Итак, мы переформулировали задачу и получили такую: обеспечить единственность решения уже для уравнения

∘-2----- a= f(x)− x + 324

Заметим, что функция $g(x)$ чётная, поэтому и функция $f(x)$ чётная, так что и правая часть полученного уравнения чётная. Следовательно, если уравнение имеет положительное решение, то оно имеет и отрицательное решение (и наоборот). Поэтому единственным решением может быть только $x =0.$ Сначала подставим $x =0$ и найдём, при каких $a$ это значение является решением:

√--- a= f(0)− 324= 15− 18= −3

Теперь проверим, что при $a= −3$ у уравнения

∘-2----- f(x)+ 3= x + 324

нет других решений, кроме $x =0.$ Тут уже поможет метод оценки. Правая часть не меньше $√324= 18,$ причём равенство достигается только при $x= 0.$ А вот левая часть не больше 18, потому что

∘ -2------- f(x)= g(x)− 400≤ 15,

так как

∘ ------2 |g(x)|≤ 400 +15 = 25,

ведь по неравенству треугольника

|19+ 2cos2x +4cosx|≤ |19|+ |2cos2x|+ |4cosx|≤ 19+ 2+ 4=25

Итак, при $a= −3$ действительно единственное решение, при других значениях единственность невозможна.

Ответ: -3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#33518

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

√---- log2(x − a)< 1− x

имеет ровно одно решение.

Показать ответ и решение

Пусть у неравенства существует решение $x= t$ , то есть $a< t≤ 1$ и $√1-−-t− log (t− a)> 0 2$ . Логарифм и корень — непрерывые функции, поэтому их разность $√ ---- f(x)= 1− x − log2(x− a)$ тоже непрерывна на области определения. По теореме о сохранении знака непрерывной функции существует $𝜀> 0$ (с учётом области определения функции $f(x)$ ), такое что $f(x)> 0$ при $x∈ (t− 𝜀;t+ 𝜀)$ . То есть если существует решение $x= t$ строгого неравенства $f(x)> 0$ , то оно уже не будет единственным.

Ответ:

таких значений $a$ нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#34669

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

( 2 ) ( 2 ) loga cos x+ 1 +logacos x+ 5

равна $1$ хотя бы при одном значении $x$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что в силу неотрицательности квадрата аргументы обоих логарифмов не меньше единицы. Тогда при $0 <a <1$ в силу монотонного убывания логарифмической функции оба слагаемых будут не больше $loga1= 0$ , так что в сумме единица получиться не может. При $a <0$ или $a= 1$ выражение просто не определено. А вот при $a> 1$ функция $fa(t) =loga(t+1)+ loga(t+ 5)$ монотонно возрастает на рассматриваемом отрезке $[0;1]$ и в силу непрерывности принимает все промежуточные значения между $fa(0)= loga5$ и $fa(1)= loga12$ . Поэтому для наличия хотя бы одного решения относительно $t$ , а затем и относительно $x$ , необходимо и достаточно $5 ≤a≤ 12.$

Ответ:

$[5;12]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#39869

Найдите все пары $(a,b)$ , при которых множество решений неравенства $log (x− a)> 2014$ $2x2− x− b$ совпадает с промежутком $(0;1)$ .

Источники: Ломоносов-2014, 11.4 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $f(x)= 2x2− x − b− log (x− a) 2014$ имеет не более двух корней, поскольку её вторая производная всегда положительна. Если $x =1$ не входит в ОДЗ, то $x< 1$ не могут быть решениями, потому возможны два случая

$x =0$ не входит в ОДЗ, тогда $a= 0$ , потому что ОДЗ $x> a$ , а любой $x > 0$ лежит в решениях, но не $x =0$ . Тогда при $x =1$ достигается равенство, поскольку функции с обеих сторон непрерывны (иначе единица также входила бы в решение)
$log20141= 2− 1− b ⇐ ⇒ b =1$
Если $x → 0$ , то логарифм стремится к $− ∞$ , тогда как в левой части в пределе будет $− 1$ , тогда нужное неравенство не выполняется и этот случай нам не подходит.
$x =0$ входит в ОДЗ и $a <0$ . В этом случае решениями являются оба конца промежутка
${ log (−a)= −b { −a= 2014−b { b= log 2013 log2014(1− a)= 1− b ⇐ ⇒ 1− a =20141−b =− 2014a ⇐⇒ a =− 20114 2014 2013$
Поскольку $f$ имеет положительную вторую производную и непрерывна, то отрицательна она только на промежутке между этими корнями (на бесконечности она положительна, как и при $x→ a$ ), то есть найденные значения подойдут.

Ответ:

$(− -1-,log 2013) 2013 2014$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45586

При каких значениях $a,b$ и $c$ множество действительных корней уравнения

5 4 2 x + 2x + ax + bx =c

состоит в точности из чисел $− 1$ и $1?$

Источники: Ломоносов-2011, 11.6 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Подставим корни $x= 1$ и $x= −1$ :

{ 3+ a+ b=c 1+ a− b=c =⇒ b= −1,a+ 2= c

Получаем, что уравнение имеет вид $x5+ 2x4+ (c− 2)x2− x − c= 0$ , которое имеет корни $x= ±1$ . Тогда по теореме Безу можем поделить левую часть на $(x− 1)(x+ 1)$ и получим

3 2 x + 2x +x +c= 0

Пусть $g(x)= x3+2x2+ x+ c.$ Так как $g(x)→ + ∞$ при $x → +∞$ $+ ∞$ и $g(x)→ −∞$ при $x→ − ∞$ , то по теореме о промежуточном значении непрерывной функции уравнение $g(x)= 0$ имеет корень.