Тема Задачи с параметром

Метод оценки (метод мажорант) 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#77213

Найдите все значения параметра $a$ , для которых при любых вещественных $x$ , $y$ , $z$ выполнено

sin x+siny+ sinz− sinxsiny − siny sinz− sinzsinx+ sinx sinysinz ≤

|| ( π) ( π)|| ≤a |tg x+ 4 +ctg x+ 4 |.

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

( sinx= r,r∈[−1;1], |{ |( siny = s,s∈[−1;1], sinz = t,t∈ [− 1;1].

Тогда выражение примет вид:

|| ( π ) ( π)|| r +s+ t− rs− st− rt+ rst≤ a|tg x +4 + ctg x+ 4 |.

Добавим $− 1$ к обеим частям, чтобы разложить левую часть на множители:

|| ( π ) ( π)|| r+ s+t− rs− st− rt+ rst− 1≤ a|tg x +-4 + ctg x+ 4 |− 1,

| ( ) ( )| (r− 1)(s− 1)(t− 1)≤ a||tg x+ π +ctg x+ π ||− 1. 4 4

Сделаем оценку:

(| −2≤ r− 1≤ 0, { −2≤ s− 1≤ 0, ⇒ левая часть не больше 0. |( −2≤ t− 1 ≤0.

||tg(x+ π)+ ctg(x + π )||≥2, как сумма взаимно обратных. | 4 4 |

|| ( π) ( π )|| a|tg x+ 4 + ctg x+ 4 |− 1≤ 2a− 1.

Тогда чтобы выполнялось равенство, нужно чтобы правая часть равная была больше $0 :$

1 2a− 1≥ 0⇒ a= 2.

Докажем, что $a< 12$ не подходит:

x= 0,y = π,z = 0⇒ 0≤ a⋅|1+1|− 1, 2

2a− 1≥ 0⇒ a≥ 1. 2

Ответ:

$[1;+ ∞) 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82296

Найти все $k,$ такие что неравенство

3 3 3 a +b + c +6≥ k(a+b+ c)

справедливо при всех $a,b,c≥− 2.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 235, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

При $a= b= c= −2$ неравенство выполнено, если

− 8− 8 − 8+ 6≥ −6k ⇐⇒ k≥ 3

При $a= b= c= 1$ неравенство выполнено, если

1+1 +1+ 6≥ 3k ⇐⇒ k≤ 3

Поэтому никакие значения, кроме $k= 3$ , подойти не могут. Проверим, верно ли неравенство при $k = 3:$

a3+ b3+c3+ 6≥ 3(a+ b+ c)?

(a3 − 3a+ 2)+(b3− 3b+ 2)+(c3− 3c+ 2)≥0?

Это неравенство верно, поскольку каждое из трёх слагаемых неотрицательно: $x3− 3x +2 =(x− 1)2(x+ 2)≥ 0$ при $x ≥− 2.$

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#33521

При каждом значении параметра $a∈ [−2;2]$ решите уравнение

|x− a− 1|+ |x − a|= sinx.

Показать ответ и решение

Запишем первое подмодульное с другим знаком, от этого уравнение из условия не поменяется $|1− (x− a)|+ |x − a|= sinx$ . Заметим, что правая часть не больше единицы, поэтому и левая часть должна быть не больше единицы. Но по неравенству треугольника $|1− (x− a)|+ |x − a|≥ |1− (x− a)+ (x− a)|= 1$ . Значит, левая часть должна быть в точности равна единице, то есть $|1− (x− a)|+ |x − a|= 1 ⇐⇒ 1− (x− a)≥ 0 и x − a ≥0 ⇐⇒ a≤ x≤ a+ 1$ . Cоответственно единице должна быть равна и правая часть уравнения, то есть $π sinx= 1 ⇐⇒ x= 2 +2πk,k∈ℤ$ .

Вспомним условие, что $− 2 ≤a ≤2$ , и оценим, каким может быть $k$ .

Если $k≥ 1$ , то $π x≥ 2 + 2π > 4> a+ 1$ , что не соответствует $a≤ x≤ a+1$ .

Если $k≤ −1$ , то $π x≤ 2 − 2π <−4 <a$ , что не соответствует $a ≤x ≤a+ 1$ .

Значит, может быть только $k= 0$ , соответственно $π x =-2$ . Только такое решение может быть при $− 2 ≤a ≤2$ . И при этом всё равно оно является решением для тех значений параметра, чтобы $0 ≤x− a≤ 1$ , то есть $π π − 2 = x− 1≤ a≤ x= 2$ . Осталось проверить, что $[π2 − 1$ ; $π2]$ принадлежит отрезку $[−2;2]$ и записать ответ.

Ответ:

при $a ∈$ [ $π− 1 2$ ; $π 2$ ] $x= π 2$ ;

при $π π a∈ [−2;2 − 1)∪(2;2]$ решений нет.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#47916

Найдите все целые значения параметра $b$ , при каждом из которых все решения уравнения

5√-10 6√-6 (1+ 1∕b)⋅ x + (2 +1∕b)⋅ x + 1− 1∕b= 0

являются целыми числами.

Показать ответ и решение

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.

Ответ:

$ℤ ∖{0}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#49604

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

2 2 √- √---- √- a x +2a( 2− 1)x+ x − 2 =2 2 − 3

имеет хотя бы один корень.

Показать ответ и решение

Выделим полный квадрат, заметив, что $(√2 − 1)2 = 2− 2√2-+1 =3− 2√2$ :

√ - 2 √---- (ax+ 2− 1) + x− 2= 0

Оба слагаемых неотрицательны, потому необходимо и достаточно

{ ax+ √2− 1= 0 1− √2 x− 2= 0 =⇒ x= 2, a=--2--

Итак, только при этом значении параметра уравнение имеет корни.

Ответ:

$1−√2 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

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 $a= 8.$