Тема Задачи №18 из ЕГЭ прошлых лет

№18 из ЕГЭ 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#113009

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

4 2 x + (a − 3) = |x− a+ 3|+|x+ a− 3|

имеет ровно одно решение или не имеет решений вовсе.

Источники: ЕГЭ 2025, досрочная волна, Москва

Показать ответ и решение

Для начала заменим для удобства $a− 3$ на $b.$

Пусть левая часть уравнения — функция

f(x)= x4+ b2.

Пусть правая часть уравнения — функция

g(x)= |x − b|+ |x +b|.

Так как уравнение останется прежним, если $b$ заменить на $− b,$ то можем решать задачу для $b ≥0,$ а затем добавить в ответ все значения противоположного знака.

Нарисуем графики этих функций в осях $xOy.$

Функция $4 2 f(x) = x +b$ четная, убывает при $x< 0$ и возрастает при $x> 0.$ При $x = 0$ функция принимает значение $2 b.$

Рассмотрим функцию

g(x)= |x − b|+ |x +b|.

Ее модули обнуляются при $x= b$ и $x =− b.$ Так как мы рассматриваем $b≥ 0,$ то $b≥ −b$

Тогда, раскрыв модули, получаем:

( |{ −2x, x <− b g(x)= 2b, − b≤ x≤ b |( 2x, x >b

Это «корыто» с ветвями вверх, дно которого лежит на прямой $y = 2b≥ 0.$ Заметим, что $g(x)$ также четна:

g(− x)= |− x − b|+ |− x + b|= |x+ b|+ |x− b|=g(x)

При этом так как ветви корыта лежат на фиксированных прямых, то при изменении параметра его дно двигается вверх/вниз, а границы дна «скользят» по этим фиксированным прямым.

Итак, нарисуем оба графика и изобразим граничные положения. Так как обе функции четны, то рисунок будет симметричен относительно оси $Oy.$

При $b= 0$ вершина функции $f(x)$ находится в точке $(0;0),$ а корыто принимает вид

g(x)= |− x|+|x|= 2|x|,

то есть представляет собой галочку.

Получаем следующую картинку:

$PIC$

Заметим, что в таком случае получается 3 решения, то есть $b =0$ нам не подходит.

Далее вершина графика $f(x)$ находится в точке $(0;b2),$ а дно корыта $g(x)$ лежит на прямой $y = 2b.$ Поймем, когда вершина $f(x)$ будет ниже дна корыта, а когда выше:

2 b < 2b b(b− 2)< 0 b∈ (0;2)

Таким образом, при $b∈ (0;2)$ вершина $f(x)$ ниже дна $g(x),$ при $b =2$ лежит на дне, при $b> 2$ выше дна.

Когда вершина $f(x)$ находится ниже дна корыта $g(x),$ то очевидно при $x > 0$ будет пересечение $f(x)$ и $g(x),$ а так как рисунок симметричен относительно $Oy,$ то и при $x< 0$ будет пересечение. Тогда решений будет как минимум 2, то есть значения $b ∈(0;2)$ нам не подходят.

$PIC$

Нарисуем случай $b = 2.$ Как мы уже поняли, в этом случае вершина $f(x)$ лежит на дне корыта $g(x):$

$PIC$

Поймем, что в этом случае правая ветвь $f(x)$ не имеет пересечений с правой ветвью корыта $g(x).$ Действительно, во-первых, $f(2)= 20> 4= g(2),$ во-вторых, при $x >2$ функция $f(x)$ возрастает быстрее, чем правая ветвь $g(x):$

′ 3 3 f(x)= 4x > 4⋅2 = 32 g′(x)= 2 f′(x) >g′(x)

Таким образом, в данном случае при $x> 0$ графики не пересекаются и, в силу симметрии, не пересекаются и при $x <0.$ То есть при $b= 2$ одна точка пересечения $(0;4),$ значит, это значение параметра подходит.

При $b> 2$ вершина $f(x)$ выше дна корыта $g(x).$ Поймем, что в данном случае решений уже не будет. Так как вершина $f(x)$ выше дна корыта $g(x),$ то $f(x)$ не пересекает дно корыта $g(x).$ Покажем, что при $b> 2$ $f(x)$ не пересекает правую ветвь корыта $g(x).$

$PIC$

Действительно, во-первых, $4 2 3 f(b)= b +b >2b > 2b= g(b),$ во-вторых, при $x > b$ функция $f(x)$ возрастает быстрее, чем правая ветвь $g(x):$

f′(x)= 4x3 > 4⋅b3 > 4⋅23 = 32 g′(x)= 2 f′(x) >g′(x)

Таким образом, в данном случае при $x> 0$ графики не пересекаются и, в силу симметрии, не пересекаются и при $x< 0.$ То есть при $b > 2$ пересечений вовсе нет, значит, эти значения параметра подходят.

Объединяя подходящие значения, и добавив значения, противоположные по знаку, получаем:

b∈ (− ∞;− 2]∪ [2;+ ∞).

Так как $b= a− 3,$ получаем в итоге:

a ∈ (− ∞;1]∪[5;+∞ ).

Ответ:

$a ∈(−∞; 1]∪[5;+ ∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#113010

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

10 5 2 x + (a − 2|x|) + x + a− 2|x|= 0

имеет более трёх различных решений.

Источники: ЕГЭ 2025, досрочная волна

Показать ответ и решение

Преобразуем обе части уравнения:

x10+x2 = − (a− 2|x|)5+ 2|x|− a ( 2)5 2 5 x + x = (2|x|− a) + 2|x|− a

Пусть $f(t)= t5 +t.$ Заметим, что это сумма двух монотонно возрастающих функций, а значит, $f(t)$ тоже является монотонно возрастающей.

Таким образом, мы получили

2 f (x )= f(2|x|− a).

В силу монотонности можем сделать вывод, что должно быть равенство аргументов. Тогда получаем уравнение:

2 x = 2|x|− a x2 − 2|x|= −a

Пусть $2 g(x)= x − 2|x|.$

Запишем $g(x)$ в следующем виде:

{ x2− 2x, x ≥0 g(x)= x2+ 2x, x <0

Это части парабол с ветвями вверх и вершинами $(1;−1)$ и $(−1;−1).$

Изобразим график:

$PIC$

Заметим, что граничными положениями прямой $y = − a$ являются положение 1 (горизонтальная прямая проходит через вершины парабол) и положение $y = 0$ (горизонтальная прямая проходит через точку $(0;0)$ «склейки» парабол).

Тогда в положении 1 у данного уравнения будет ровно два корня, а в положении $y = 0$ будет ровно три корня.

Тогда нам подходят все промежуточные значения. То есть

−1 < −a< 0 ⇒ 0 < a< 1.

Ответ:

$a ∈(0;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#120329

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

({ y2− xy− 7y+ 5x+ 10 ---√x-+-4⋅√6-− y-- = 0, ( 4a= ax− y

имеет единственное решение.

Источники: ЕГЭ 2025, резервный день досрочной волны

Показать ответ и решение

Преобразуем первое уравнение системы:

y2− xy− 7y+ 5x + 10 --√x-+-4⋅√6-−-y---= 0 y(y−-x√)− 5(y−√x)−-2(y−-5)-= 0 x+ 4⋅ 6− y (y− x)(y− 5)− 2(y − 5) ---√x-+-4⋅√6-−-y----= 0 ( |{(y− 5)(y − x− 2)= 0 |x > −4 (y < 6

Таким образом, исходная система равносильна следующей системе:

(||[y =5 |||| y =x + 2 { |||x >− 4 |||(y <6 y =a(x− 4)

Изобразим все, кроме пучка прямых $y = a(x − 4):$

$PIC$

Уравнение $y = a(x− 4)$ задает пучок прямых с фиксированной точкой $(4;0).$ Отметим интересующие нас положения:

$PIC$

Тогда исходная система имеет единственное решение при

a ∈{I}∪ [II;III]∪ [IV;+∞ ).

Рассмотрим положение I. В нем прямая $y = a(x− 4)$ проходит через точку $(3;5).$ Значит, координаты этой точки обращают уравнение функции в верное равенство, то есть

y = a(x − 4) 5 = a(3 − 4) 5 = −a a = −5

Рассмотрим положение II. В нем прямая $y = a(x− 4)$ проходит через точку $(−4;5).$ Значит, координаты этой точки обращают уравнение функции в верное равенство, то есть

y = a(x − 4) 5= a(−4− 4) 5= − 8a 5 a =− 8

Рассмотрим положение III. Это горизонатльная прямая, значит, $a= 0.$

Рассмотрим положение IV. В нем прямая $y = a(x − 4)$ проходит через точку $(−4;−2).$ Значит, координаты этой точки обращают уравнение функции в верное равенство, то есть

y = a(x − 4) −2 = a(− 4− 4) − 2= −8a 1 a= 4

Таким образом,

[ 5 ] [1 ) a ∈{− 5}∪ − 8;0 ∪ 4;+∞ .

Ответ:

$[ ] [ ) a ∈{− 5} ∪ − 5;0 ∪ 1;+∞ 8 4$