Первое решение. Запомним $b⁄= 0.$ Домножим на $b$ , раскроем скобки и вынесем $b$ :

( 2 ) 2 b⋅ x +2|x|+ 1 = 1− |x|− x

Можем разделить на положительную скобку, так как она равна $(|x|+1)2 ≥ 1$ :

x2+-2|x|− |x|+-1−-2 -|x|+-2- b=− (|x|+ 1)2 = −1+ (|x|+ 1)2 >− 1

С другой стороны, можно оценить и сверху

b= −1+ -|x|+-22 = −1 +-1-- +---1--2 ≤− 1+1 +1= 1 (|x|+1) |x|+1 (|x|+ 1)

Итак, при $b≤− 1$ или $b> 1$ решений у уравнения не может быть, тем более целых. А тогда про все решения уравнения можно утверждать что угодно, в частности что все решения являются целыми числами - утверждение верно (ведь мы не можем опровергнуть его, приведя такое решение, которое было бы нецелым).

Остаётся понять про $b =1$ . Проверкой убеждаемся, что тут решения есть, но все решения целые ( $2x2 +3|x|= 0 ⇐⇒ x= 0$ ), так что это значение тоже подходит.

То есть $b≤− 1,b≥ 1$ подходят. $b= 0$ не может быть. В итоге все целые значения $b$ , кроме $b= 0$ , подходят.

Второе решение.

После замены $t= |x|≥ 0$ и $a= 1 b$ , имеем квадратное уравнение относительно $t$ (кроме $a= −1$ , для которого условие выполнено)

2 2 2 2 (1+ a)t + (2 +a)t+1− a= 0, D = 4+ 4a +a + 4a − 4 =5a + 4a

Нам подойдёт случай $D < 0 ⇐⇒ a∈(− 4;0) 5$ , когда решений нет, потому что про элементы пустого множества решений любое утверждение верно, в частности, что любое решение является целым числом (это пример, что из ложной предпосылки следует что угодно, импликация из $0$ всегда истинна).

Отдельно рассмотрим $D = 0 ⇐⇒ a∈ {0,− 4} 5$ . Здесь получаем $t=− 1$ и $t= −3$ , что нас устраивает, поскольку решений относительно $x$ также нет.

Пусть теперь уравнение имеет два корня, тогда неотрицательные должны быть целыми, а отрицательные могут быть любыми. Рассмотрим случаи

Оба корня отрицательные, при $D > 0$ достаточно учесть условия на коэффициенты. То есть
${ t1⋅t2 = 1− a >0 ⇐ ⇒ a <1 t1+ t2 =− 2− a <0 ⇐ ⇒ a >− 2$
Имеем $a∈ (−2,− 45)∪ (0,1)$ .
Ровно один корень отрицательный. Тогда второй неотрицательный и целый, отсюда их произведение $1− a≤ 0 ⇐ ⇒ a≥1$ . Корни имеют вид $√----- t1,2 = −2−a±2+25aa2+4a$ . Знаменатель положителен и корень с минусом будет меньше. Заметим, что
$2 2 5a + 4a≤ 2(2+ 2a), −2− a≤0$
Отсюда $−2−a+√5a2+4a √- t2 = 2+2a ≤ 2$ , потому может принимать только значения $0,1$ . В первом случае $2 2 a +4a+ 4= 5a +4a ⇐⇒ a= ±1$ . Во втором $√ -2----- 2 5a + 4a= 4+ 3a ⇐ ⇒ 4a + 20a+16= 0 ⇐⇒ a= −1,a= −4$ — также не подходят.
Оба корня неотрицательны и целые. Отсюда $a ≤− 2,a∈ ℤ$ , знаменатель отрицателен. Тогда выполнено
$2 +a+ ∘5a2+-4a≤ 0 =⇒ 5a2+ 4a− 4 − 4a− a2 = 4a2 − 4≤ 0 ⇐⇒ a∈ {−1;0;1}$

В итоге (объединяя решения для трёх случаев со значениями $a,$ для которых $D≤ 0$ ) имеем $a∈ (−2;1]$ , отсюда $b ∈(−∞;− 12)∪[1;+∞ ).$ Вспомним, что в условии спрашивали про целые значения параметра, и запишем ответ.

Метод оценки (метод мажорант) в параметрах