/
Text
Г. А. Тиняков, И. Г. Тиняков ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ издание третье, переработанное и дополненное Москва — 1996 Г. А. Тиняков, И. Г. Тиняков ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ издание третье, переработанное и дополненное Москва - 1996 ВВЕДЕНИЕ Предлагаемое пособие посвящено одному из самых трудных вопросов конкурсных задач вступительных экзаменов по математике. В первой части демонстрируются методы решения задач с параметрами на примерах решений 87 задач с параметрами. Мы сохранили деление задач с параметрами на четыре группы: 1. Уравнения с параметрами. 2. Неравенства с параметрами. 3. Системы уравнений с параметрами. 4. Системы неравенств и смешанные системы с параметрами. По сравнению с предыдущим изданием существенно расширены методы решения задач с параметрами. Часто приводятся несколько решений одной и той же задачи с целью показать различные методы решения. В конце этой части даются 38 задач для самостоятельного решения, снабженные ответами. В Дополнении даются решения задач с параметрами, предлагавшихся на вступительных экзаменах различных факультетов МГУ в 1993-95 годах, и предлагаются еще 35 задач для самостоятельного решения, снабженные ответами. Желаем успехов! Геннадий Анатольевич Тиняков, Игорь Геннадьевич Тиняков. Телефон: 186-18-85. 2 Задаче 1. При каких значениях параметра а все решения уравнения з|х + 2а | - За 4-х -15 = О удовлетворяют неравенству 4£х£б? Решение. Разобьем эту задачу на две. Сначала найдем решение заданного уравнения как функцию параметра а. 3(х 2а) - За + х - 15 « О х 4- 2а £ О -3(х 2а) - За + х - 15 - О х 4- 2а £ О 4 4- 2а £ О 4 Г - _9а±15 2 - ♦ 2а £ О ai-3 х._2й±15’ 2 а£-3 2 Итак, получены два семейства решений, каждое из которых Найдем те значения параметра а, при которых каждое из заключено в пределах от 4 до 6. -3^ [4.1Ь2^6 4 а 2 -3 зависит этих семейств решений от параметра о. Для первой системы: Для второй системы: Наконец, решая систему . 9а 4- 15 4S--— а £ -3 3 -З.а.-* 9 У 1 1 ai~3 <=>-3SeS-i. а 2-3 3 Ч35 23 U-3 9 получим те значения параметра а, при 1 3 которых все решения заданного уравнения удовлетворяют условию задачи. 23 Ответ: -3 £ а £---. 9 Замечание. Предложенную задачу можно решить, пользуясь наглядными геометрическими соображениями. Введем функцию /(х) «з|х + 2а|-За + х-15. Определяющей точкой этой функции является точка х = -2а. Снимая знак модуля, получим, как задается функция правее точки х = -2а и левее точки х = -2а. (х + 2а а О . . f / ч в . , , т.е. правее точки х = -2а функция /цх) монотонно возрастает. т.е. левее точки |/2(х) =-2х - 9а - 15* х«-2а функция /2(х) монотонно убывает, при этом f(~2a) > fi(-2a) = f2(-2a) = -5а - 15. Рассмотрим сначала случай, когда Д-2а) > 0, У/(-2а) =-5а-15>0 т.е. -5а - 15 > 0. В этом случае заданное уравнение не имеет решений. 3 Если /(-2а) = 0, т.е. -5а - 15 « О о а « -3 и -2а -6, то заданное уравнение будет иметь при этом единственное решение. Если /(-2а) < 0, т.е. -5а - 15 < 0 <=> а > -3, то заданное уравнение при этом будет иметь два решения, которые должны удовлетворять условиям /1(б) « 9 + За £ О /2(4)«-23-9а 2*0 х <=> -3 £ а £-------. 9 Задача 2. Найти все целые значения параметра fc при каждом из которых уравнение х 2 S-4sin2 х -8 сох2 Зк имеет решения. Найти все эти решения. Решение. 5- 4хй3х - Всад3 у- 3* «5- 4^1 -сад3 х)- 4(1 4-садх)- 3*о kcot2x~4садх4- 1 (2садх-1)а -3*4-4с»садх----^-4 . Так как *gZ, то уравнение будет иметь хотя бы одно решение тогда и только тогда, когда к » -1, либо к « 0, либо к «1. х « 2nlt 1 € Z При *•-1 имеем X « ~ 4- ХП, л € Z * L 2 при *«0 имеем х « ± jx 4- 2xm, m € Z; при имеем x « x ± arccos^^-^ + p € Z . Задача 3. Определить, при каких значениях параметра а уравнение fog2(4x - а)ж * имеет ровно два решения. Решение. /^2(4х-а)«хо4х-а«2х о 2^ -2х-а«о. Эго квадратное уравнение относительно 2х > 0 (!!!). Поэтому для того чтобы оно имело два положительных корня, необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие два неравенства: £ 4 2 Ответ: ~1<в<0. 4 4 Задача 4. Найти все значения действительного параметра р, при которых квадратное уравнение (Зх) +13' -15] х + 4 = 0 имеет ровно одно решение. Решение. Для того чтобы квадратное уравнение имело одно решение (два одинаковых ( V решения), необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант D« 3' -151 -4-9-4 был равен нулю. О = 0 <=> Ответ: р~--. 2 Задача 5. При каких значениях параметра а уравнение tin23x а зтЗх + - = 0 2 имеет ровно три корня, расположенные на отрезке -у £ х £ я ? Решение. 2я ---£ X £ я L 3 о а) (ЛИЗх-1) » 0 уравненнс Зх . 1 2я £ Зх £ Зя 2 на отрезке 2я £ Зх Зя имеет два корня. Поэтому для того чтобы исходное уравнение имело ровно три корня на заданном отрезке, необходимо и достаточно, чтобы уравнение tin Зх « а имело на этом отрезке один корень. Очевидно, что это будет при а «1. Ответ: а = 1. а = 2 а а 3 Задача б. При каких значениях параметра а произведение корней квадратного уравнения х2 - 2х + (а2 - 5а + б)» 0 равно нулю? Решение. Произведение корней квадратного уравнения равно нулю тогда и только тогда, когда по крайней мере один из корней равен нулю. Подставляя х = 0 в заданное уравнение, получим а2 ~5а + 6 в (а - tya - 3) = 0 <=> Ответ: а = 2, а = 3. Замечание. Согласно основной теореме алгебры квадратное уравнение с действительными коэффициентами всегда имеет два корня: два различных действительных корня, два одинаковых действительных корня или два комплексно-сопряженных корня. Так как произведение корней приведенного квадратного уравнения равно свободному члену (согласно формулам Виета), то а2 - 5а + б » 0 . 5 Задача 7. Найти все значения параметра а , при которых уравнение г f>x 9-J3 л х + ~==^ + —— + 36 = 0 имеет единственное решение, ул л а cos а Решение, йня того чтобы квадратное уравнение имело единственное решение, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был равен нулю. Поэтому Таким образом, решение поставленной задачи сводится к решению следующей смешан- ной системы sin a cos а sin а > О 4 14-сага - -V-ли a = 2 sin a cos a _ I sin 2a - ллИ-а) « 0 O <2 2 О < / О |яла>0 1лла>0 За - J а + ~ 2 sin-----cos —s- «= О o 2 2 । ял a > 0 3a-* ЛЯ-—4--0« sin a > 0 a 4-* COS---SL 0 o , 2 sin a > 0 3a-J ---- 2 sin a > 0 a-^ + 2*/, /cZ a " 18 * ♦ 2nW’m * Z a + * —— у + ял, л eZo a « 4* + 2яи, n «Z Z * 0 sin a > 0 *eZ« Наиболее тонким вопросом при решении последних систем является удовлетворение неравенству яла>0. В случае второй системы все решения этому неравенству удовлетворяют, так как они лежат во второй четверти, где яла > о. В случае же первой системы из общего решения нужно выделить те, которые лежат в первой и второй четвертях. Это удобно сделать на тригонометрической окружности. Ответ: а « + 2nl; a = + 2itm; a « + 2яп, l,m,n €Z. 18 18 o Задача 8. Найти все значения параметра Ь, при которых уравнение b2x2 - b- tg(cosx) 4-1 = 0 имеет единственное решение. Решение. Заданное уравнение симметрично по х относительно нуля, т.е. если х0 является решением этого уравнения, то и -х0 также будет решением этого уравнения. Поэтому единственным решением заданного уравнения может быть только х = 0. Полагая в заданном уравнении х = 0, получим -Ь tgl 4-1 = 0 <=> b = ctgl. Условие b-ctgl будучи необходимым, вообще говоря, не является достаточным для единственности, решения, так как может оказаться, что помимо решения х = 0 при b - ctgl имеются и другие решения. Поэтому исследуем исходное уравнение при Ь = ctgl. б ctg2\ • x2 - ctg\• tg(cosx) +1 « 0 <=> ctg2\• x2 +1 = ctgl • tg^cosx). Мы покажем, что других, кроме х = 0, решений у этого уравнения нет. Для этого оценим левую и правую части этого уравнения. Очевидно, что ctg2lx2 + 1 £ 1, Vx. Причем в этом неравенстве равенство достигается только при х = 0. -1 для любых х, причем в этом двойном неравенстве равенство справа достигается для тех х, для которых cosx = 1, а слева - для которых созх » -1. Это и доказывает, что х = 0 является единственным решением этого уравнения. Ответ: b^ctg\. Задача 9. Определить, при каких значениях параметра а уравнение logfi— Jte + a = 2 имеет решения. Найти эти решения. Решение этой задачи дает следующая цепочка эквивалентных соотношений 12х + а - (2-х)2 V2x + а = 2«/о#2_ж(2х + а) = 2<*2-х>0 2-х*1 х2-6х + 4- а«0 2-х>0 <=> 2-х#1 х » 3 ± V5 + а 2-х>0 <=> 2-х#1 х = 3 - 7$ + а а > -4 а # -1 Ответ: х = 3-j5 + a: а > -4, а # -1 Задача 10. Найти все значения параметра к, для которых уравнение х2 - 2Лх + fc2 + 21 -1 = 0 имеет два различных действительных корня. Решение, Для того чтобы квадратное уравнение имело два различных действительных корня, необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был строго больше нуля. Поэтому D - -4 = 12~^2+21-1)а1-21>0<*1<у. Ответ: к<-. 1 Замечание, Полезно заметить, что если обозначить /(х) = х2 - 2Лх + Л2 + 2Л-1, и заметить что хс = к - ось симметрии параболы /(х), ветви которой направлены вверх, то заданное уравнение имеет два различных действительных корня тогда и только тогда, когда f(k) < 0 <=> к < у. 7 Задача 11. Найти все значения величины Л, при которых уравнение х (х +1) (х + h) (х + h +1) = h2 имеет четыре действительных различных корня. Решение, Так как х(х + 1)(х + л)(х + л + 1)и^х2 + х(1 + л))(х2 + х(1 + л) + л|, то полагая х2+х(1 + л)-г, получим /2 +Л/-Л2 -Оо г«-у±у~- + л2 «ь1—. Поэтому X2 + х(1 + Л) « h - » — х2 + х(1 + Л) » h— Для того чтобы каждое из этих квадратных уравнений имело два действительных различных корня, необходимо и достаточно, чтобы их дискриминанты были положительны, т. е. должна выполняться следующая система неравенств ^44.н(чмН'М>"~ Ответ: |л|>^5+2; | Л | < 7$ - 2. Задача 12» При каких значениях параметра р уравнение 4 х - ^р4р х + 4^4Р - 1 j + р = О имеет корни и каковы знаки корней при различных значениях р? Решение, Заданное уравнение эквивалентно уравнению 4х2 - 4^р4рх + 4^4* -1) + р = 0. Из этого уравнения непосредственно заключаем, что р ъ. О. Для существования корней у заданного уравнения необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был неотрицателен, поэтому D = 4р4р -16(4F -1) - 4р s 4^4? - lj (р - 4) £ 0. Так как р £ 0, то 4Р -1 £ 0 и из неравенства D £ 0 заключаем, что уравнение имеет корни при р = О и р £ 4. Для определения знаков корней нужно определить знак свободного члена и знак коэффициента при х Коэффициент при х всегда неположителен, а свободный член всегда неотрицателен. Следовательно, при р = 0 оба корня равны нулю, а при Р 4 оба корня положительны. Ответ: при р = 0 оба корня равны нулю; при р £ 4 оба корня положительны. 8 Задача 13. Найти все значения а, которые удовлетворяют условию 5 < а < 16 и при \cosnx-siniuc | относительно х которых уравнение 1 + cos имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условию 1 £ х £ 2. (ах /|\|cojxx-j»nxx| ~ + 8 / 1 * a (. з J £ 1, то отсюда следует, что ах Зх х --+ -- 2-8---2 хх = — + хт, 4 5а Зх х имеем уравнение — + — = — + л 8 8 2 5<а<1б€>5<у + < 16 €> 25 < х(1 + 8л) < 80. Откуда л»1;и»2;и»3, а а « у; СО4 cos юс - sinKx = О = — + ял, л е Z $ . Так как 1^х£2, то х»-. И для а meZ 4 л е Z<=> а = у + -у-, л € Z. Удовлетворим условию 17х ““ 5 и а » 5х соответственно. = О Ответ: 9» 17» . а a —; а » -у; а = 5х. Задача 14. Найти все значения параметра Ь, при которых уравнение 2(3-д)х2 + 4(1-b)x + |2h-5| = |2£ + 7| имеет два различных корня и сумма этих корней отрицательна. Решение. Исходное уравнение будет иметь два различных корня тогда и только тогда, когда £>«(2(1-ь))2 — 2(з — [2Z> — 51 — 12Л>-f7[)>0 и М3. При этом сумма корней от- рицательна в том и только том случае, когда у-у > о. Снимая знак модуля в интервалах знакопостоянства каждого из выражений, входящих под знак модуля, получим Ответ: b<-2-V21; -1 < b < 1; b > 3. Задача 15. Найти все пары действительных чисел шил, при которых уравнение (зх2 - 2т2 +mnj + ^Зт2 -тп + 2п2 - 12х| +4 = 4х~? имеет хотя бы одно решение. 9 Решение. Данное уравнение эквивалентно следующему (зх2 - 2т2 + тл)2 + (зт2 - тп + 2п2 - 12х)’ + (х - 2)2 = 0. Очевидно, что сумма квадратов равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из слагаемых равно нулю. (х-2 = 0 [х = 2 Зх2 - 2т2 + тп = 0 <=> 2m2-тл = 12 Зт2 - тп + 2п2 - 12х = О Зт2 - тп + 2п2 = 24 Таким образом, нужно найти решение следующей системы fm-2^ r, (««V? [2m2 - тл » 12 о [Зт2 - тп 4 2л2 • 24 2т2 - тл « 12 Зш2 - тл ♦ 2л2 о 2лг - тл 2т2 - тп 12 я л • —т 2 т -2^2 3-Х. + 2Х.2 „ 2 о 2т2 - тл « 12 о (п.^ . 7 «| S м I л « *т 2т2 - тл • 12 т « -2 л-2 т 2 я • -2 Ответ: Iм In ж у2 т ® -2^2, [»» “ “2 (т » 2 п « -^2 V* “ |л « -2 Задача 16. Найти все значения параметра а, при которых уравнение [а2 - 4а 4- 4^4 + 4 sin2 х + 8 sin х) + 2^16а -16 - 4а2)(1 4- sin ж) - 8а 4- 28 « О имеет по крайней мере одно решение. Решение. Данное уравнение эквивалентно следующему (в - 2)*(14- sin xf - 2(в - 2)2(1 + sin ж) • 2а - 7 о (а - 2)2 (ria2 х-1)»2а-7о сор х « 7-2а Очевидно, что при а » 2 заданное уравнение не имеет решений. Для того чтобы это уравнение имело по крайней мере одно решение, необходимо и достаточно, чтобы 7 Ответ: а к Ч; 3«; а £ -. 2' Задача 17. Найти все значения параметра а, при которых уравнение [а2 - 6а 4- 9^2 + 2sin х - cos2 ж) + (12а -18 - 2а2)(1 + sin ж) 4- а + 3 * О не имеет решений. Решение. Имеем, как в предыдущей задаче, что исходное уравнение эквивалентно 10 следующему сох2 х « . Чтобы это уравнение не имело решений, необходимо и (Л-3) Ответ: 1 < а < 6 а < -3 Задача 18. При каких значениях параметра b решение уравнения 6 + 4Ьх « 7Ь + 12х меньше 1? Решение. Выпишем следующую цепочку эквивалентных соотношений 6 + 4Ьх « 7Ь + 12х <» 4(3 - b)x « -1Ь + 6 С=> X = . Теперь удовлетворим условию х < 1. < 1 <=> -2 < Ь < 3. Ответ: -2 < b < 3. Замечание. Предложенную задачу можно решить, пользуясь наглядными геометрическими соображениями. Введем функцию f(x) = 4{ь - з)х - 1Ь + б. „ fb-3>0 fb>3 При < „ч .. . Л • система г « 4(Ь - 3) - 1Ь + б > 0 [ь < -2 несовместна. Первое условие соответствует тому, что линейная функция f(x) монотонно возрастает, а второе условие соответствует тому, что эта функция обра щается в нуль в точке, лежащей левее точки х » 1. „ (b - 3 < 0 fb<3 „ При < ,, Л<=м. л о -2 < Ь < 3. Первое г /(1) = ~ЗЬ - б < 0 |Ь >-2 к условие соответствует тому, что линейная функция f(x) монотонно убывает, а второе условие соответствует тому, что эта функция обращается в нуль в -15 и в нуль эта функция ншде точке, лежащей левее точки х « 1. При Ь » 3 /(х)« не обращается. Задача 19. При каких значениях параметра а уравнение (а +1) х2 - ах + (а - 3) « О имеет не более одного действительною корня? Решение. Заметим прежде всего, что при а « -1 уравнение будет первого порядка и его 11 корень х « 4. Если а # -1, то уравнение будет квадратным относительно х и оно имеет не более одного действительного корня ( т.е. имеет либо два одинаковых действительных корня, либо два комплексных корня) тогда и только тогда, когда его дискриминант неположителен. Поэтому D = а2 - 4(а + 1)(а - 3) а -За2 4* 8а +12 £ 0. Ответ: а = -1; Задача 20. Найти все значения параметра pt при которых уравнение J(x + 3p-3x-4V\x + *\ + p-2K+2) + log, —-—2_±£_±±_——_ « о * м ' 2(р-я)|х4-2|-х -4х4-2яр имеет хотя бы одно целочисленное решение. Решение. Данное уравнение эквивалентно следующему J(x 4- Зр -Зя-4)(|х4-я| + р- 2я + 2) + log* -- = 0. Сумма двух неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из них равно нулю. Поэтому имеем х 4- Зр - Зя - 4 = 0 |х + я| + р-2л + 2 = 0 3(р - я) = 4 - л = я - 2 ’з(х 4- 2) = 4 - х х 4-2 £ 0 3(р - я) ® 4 - х х + 2 < 0 3(р - я) = 4 - х -х £ х £ 2 Так как х должно быть целым числом, то первая система решений не имеет. Из второй системы находим, что х = -5 и соответствующее р=»я 4- 3. Из третьей системы находим, что х = -2 при р = я или х = -3 при р = я +1. Ответ: р = я; р = я +1; р ж я 4- 3. Задача 21. При каждом значении параметра b решить уравнение 25х +£2(Ь-1)-5л -В5 «0. 12 Решение. 25' + b2(b -1) • 5' - bs = 0 <=> 51' + b’(/> -1) • 5' - bs = О 5 решений _’ь2 "[-В3' Отсюда непосредственно видно, что при b = 0 наше уравнение не имеет решений, при Ь>0 имеет решение 5' = Ь2 в s1^* = 2log5 b, а при Ь<0 имеет два семейства 5' = Ь2 в 5to,s*’ о х = 2foft|h|, b < О 5’ = -Ь3 в о х = 3 b |, b < О Ответ: Если Ь > 0, то х = 2log5 Ь; если Ь = 0, то решений нет; если Ь< 0, то х = 3/о$5|ь| или х = 2/о^5|ь|. Задача 22. Найти все значения параметра к, при которых один корень уравнения х2 - (к + 1)х + к2 + к - 8 = 0 больше 2, а другой корень ме ыпе 2. Решение. Положим /(х) » х2 - (к + 1)х + к2 + к - 8. Тогда условие задачи выполняется в том и только том случае, когда относительно точки х = 2 квадратный трехчлен /(х) расположен так, как пока зано на рисунке справа, т.е. /(2) < 0 « 4 - 2(Ы) +12 + Ь 8 = ^ - Ь б = (Ь 3)(Ь 2) < 0 о -2 < U 3. Ответ: -2 < к < 3. Задача 23. При каких значениях параметра b уравнение ((x-b)2 -2b-4)(x-bf ж-2Ь-3 имеет отрицательных корней больше, чем положительных? Решение. Исходное уравнение эквивалентно следующему (х-d)4 -(2d + 4)(x-Z>)2 +2h + 3 = 0<=>(х-д)2 1 2д + 3 Если 2Ь + 3 < 0, то у этого уравнения два комплексно сопряженных и два действитель ных отрицательных корня. Рассмотрим теперь случай, когда 2Ь + 32*0. При этом исходное уравнение имеет д + 1 четыре действительных корня х = д-1 Ь + ^2д + 3 д - ^2д + 3 Определим, при каких значениях b эти корни определены и отрицательны. 13 6 + 1<0<=>Ь<-1 b -1 < 0 сэ b < 1 b + <j2b + 3 < 0 <=> - — £b < -1 2 b- V2b + 3 <0 «>--£b <3 2 Заметим, что при Ь = -1 два корня обращаются в нуль, а два других при этом отри- цательны. Итак, Ь $ -1. Ответ: b £ -1. Задача 24. При всех а решить уравнение |х-2| + а|х + з|=5 и определить, при каких а оно имеет ровно два решения. Решение. Сначала снимем знак модуля, для чего найдем интервалы знакопостоянства каждого из выражений, входящих под знак модуля. х-2------------------------ 2 + + + + ----------------!----------|------------ х + 3-------- -3 + + + + + + + + + + + |х - j|+ в|х + 31» 5 с 4x-2)-o(x + 3|«S, xS-3 -(x-2) + 4* + 3)-S,-3SxS2. (х - 2) + я(х + 3) 5, х i 2 Решим каждое из трех полученных уравнений в соответствующей области определения. Для первого уравнения имеем а * -1 х£-3 а # -1 х = -3 Для второго уравнения имеем '-(х - 2) +о(х + 3) = 5 Г(а - 1)х = -3(а -1) -3 £ х £ 2 [-3 £ X <> 2 а = 1 -3 £ х £ 2 а # 1 х = -3 Для третьего уравнения - 7-За * = а + 1 2^2 -1 < а £ 1 7-За . X =----- а+1 Чтобы определить, при каких а это уравнение имеет д решения, удобно эти решения изобразить графически. М Отсюда непосредственно видно, что при | а | < 1 уравнение имеет ровно два решения. Ответ: При |а|>1 х»-3; при о = -1 х£-3; при а = 1 -3£х£2; при |а|<1, х = -3 или л = -——. Замечание. Данную задачу можно решить графически. Для этого разрешим предложен- ное уравнение относительно параметра а. j с « -3, а е R 3 + х с; —1 -г * а|х + 31« 5-1х - 2 |о R сч 1 tn Н + 1 И- Я к а -(х + 3) — «1, -3<jS2 3 + х 7-х , л 2 2 х + 3 Строим графики полученных функций, т.е. 5-|х-2| у « а и у в —р--г2. Из графиков непосредственно видно при х - -3 а - любое; при -«о < х < -3 а = -Г, при -3 < х £ 2 а « 1; 7 - За ПОИ х а--- -1 < а < 1. г л + 1 Задача 25. Найти все значения к, при которых один корень уравнения (Л - 5) л2 - 2Лх + Л - 4 в о меньше 1, а другой корень больше 2. Решение. Пусть /(л)«(к - 5) х2 - 2кх + к - 4. Возможны следующие два случая Первый случай характеризуется следующей системой условий к -5 > О f -/fl) « fc - 5- 2Л- 4 < О <^5<Л<24. Д2)«4(*-5)-4* + *-4<0 Второй случай характеризуется следующей системой условий 15 *-5<0 /() = X- 5- 2* + t- 4>0 Эта система неравенств несовместна. /(2) = к - 24 > О Ответ: 5 < к < 24. Задача 26. Найти все значения т, при которых оба корня уравнения 2х2 + тх - 2 = 0 а) меньше 1; б) больше -1. Решение. Пусть /(х) = 2х2 + тх - 2. а) Оба корня этого квадратного трехчлена будут меньше 1 при одновременном выполнении следующих условий: 1) D = т2 +16 > 0 ( Условие существования двух различных действительных корней). 2) - ^ < 1 (Условие того, что ось симметрии параболы Дх) проходит левее точки 1). 3) /(1) = т > 0 (Условие того, что правее точки 1 нет действительных корней). Решая эту систему, получим т > 0. 6) Оба корня квадратного трехчлена /(х) будут больше *1 при одновременном выполнении следующих условий: 1) D я т2 +16 > 0 (Условие существования двух различных действительных корней). 2) -— > -1 (Ось симметрии параболы Дх) проходит правее точки -1). 3) /(-1) -т > 0 (Условие того, что левее точки -1 нет действительных корней). Решая эту систему, получим т < 0. Ответ: а) т > 0; б) m < 0. Задача 27. Найти все значения параметра а, при которых больший корень уравнения хг +^^Длл2а-16»0 на больше, чем квадрат разности » COS2 О уравнения х* - хзта +--- -1 = 0. 4 корней Решение Найдем больший корень уравнения х2 + sin 2а -16 = 0. Имеем уз 2 х + 4 . „ / л sin 2а] Л - - х jm2a-16s^x + 4)^x-4 + —| =0. Отсюда следует, что большим корнем . sin 2а о , cos2 а является х = 4-----. Заметим, что для уравнения +-------1 = 0 УЗ 4 дискриминант £> ? sin2 а cos2 а 1 4 4 cos 2а Л ------> 0, поэтому оно имеет два 4 16 действительных корня для любых значений параметра а. Теперь, пользуясь теоремой _ „ « 2 cos2 а « Виета, найдем квадрат разности корней уравнения х - х зт а +----------1=0. Имеем 4 (х, - х2)2 = (х> + х2)2 - *х\х2 = 5™2 а “ cos2 а + 4 s 4 - cos 2а . Наконец, составляем уравнение, отвечающее условию задачи 4 - « 4 - cos 2а + J— о cos 2а - —.?* » J— <3 1 . „ 1 /„*11 „ я . я „ о cos2а-зт2а « —== о соя 2а + —» —=• а» 2а + - « ±- + 2ял, л eZ » 2 2 V2 V ^2 6 4 я „ а » — + ял, л е Z 24 5я а --------+ ял», т е Z 24 Ответ: а = — + ял, л € Z; а = - — + пт, т € Z 24 24 Задача 28. Найти все значения параметра Ь, при которых уравнение (1 +b)x2 - 2Ьх + 2 = |(ь + 1) х -1| имеет ровно одно решение. Решение. Заметим, что при b = -1 заданное уравнение имеет единственное решение х = 0. Если Ь # -1, то заданное уравнение эквивалентно следующему 2 2 1 |л а „I (1+Ь)х2-2fer + 2 = |(fc + l)x-2|<=>* b + lX+b + l Ь + 1К* + 1)Х“2|- Введем в рассмотрение функцию /W = x2’^Tx+7TF’77tI^ + 1)x’2I-Супюст’ венной точкой этой функции является точка х =-------. Снимая знак модуля, получим (h + 1)х - 2 <> 0 / \ 2 2 1 //, 2 ЗЬ 4-1 4 /1(х)»х--------х +----------|(Ь + 1)х-21 = х-------х +------ 7 Ь + 1 b + 1 h + l" 7 7 Ь + 1 Ь + 1 \b + 1)х - 2 0 /2(х) = х2------X + —— + ((ь + 1)х - 2) = х2 - X * I К 7 Ь + 1 Ь + 1 b + 7 7 b + l В точке х = обе функции Л(х) и f2(x) принимают одно zf И >> 3~Ь ИЛИ и то же значение Рассмотрим случай точке х = 0, то рассмотрим два случая. 17 d2 2 < ——. т.е. точка х = 0 лежит левее точки —у. Имеем для дискриминанта функции /2(х) I -—-) = о «> Ь = 1. При Ь = 1 для Д(х) имеем \Ь +1/ = х2 - 2х + 2 = (х -1)2 +1 £ 1, т.е. функция Д(х) ни ни каком множестве не обращается в нуль. 2 2) 0 > , т.е. точка х = 0 лежит правее точки х = —. В этом случае /2(х) не обращается в нуль на множестве х£——. Поэтому функция Д(х) Ь 4- 1 2 должна иметь один нуль на множестве х £---. Это соответствует тому, что / \2 , /— Z>! = ( 3,fc * \ | —— = -ЮЬ-15 _ 0 b _ jtjylO pih о о из э значений b 14MJ fc + 1 4(b + l)2 9 2 не удовлетворяет условию 0 >-----<=> ь < -1. Поэтому этот случай не имеет места. Случай, когда *0 дает более одного решения для исходного уравнения, что видно из приведенного справа рисунка. Ответ: b = -1; b = 1. Задача 29. При каких значениях параметра к уравнение х2 + 2(Л - 1)х + к + 5 = 0 имеет хотя бы один положительный корень? Решение, Обозначим /(х) = х2 + 2(к - 1)х + к + 5. Тогда для того чтобы этот квадратный трехчлен имел по крайней мере один действительный корень, необходимо и / \2 достаточно, чтобы D = - q = (к - 1)2 - (к + 5) £ 0 <=> (к - 4^к + 1) 2 О о . Ось симметрии параболы /(х) = х2 + 2(Л - 1)х 4- к + 5 определяется так хс = 1 - к и при к £ -1 она будет лежать правее нуля, а при к 4 она будет лежать левее нуля. В первом случае всегда имеется по крайней мере один положительный корень. 18 Во втором случае для существования положительного корня необходимо и достаточно, чтобы До) = к + 5 < 0 <=> к < -5. Но так как к Z 4, то этот случай невозможен. Ответ: к £ -1. Задача 30. Определить все значения параметра а, при которых уравнение log3 х + 3 loga х + log9 х = 5 имеет решения, и найти эти решения. Решение. Заметим, что а > 0, а * 1. Приводим все логарифмы к основанию а. log3 х = ; log х = —. Поэтому заданное уравнение эквивалентно следую- l°ga 3 loga 9 щему (з/о£9 а + l)loga х = 5 <=> log9 а + 1 # 0 , 5 log х = _ 3(^9 а + 1) 5 Ответ: х = fl3(to*»e+l) fl>0, а#1, а#-. 9 Задача 31; Определить, при каких значениях параметра а уравнение а 2 = 4 4 | х | - а2 имеет ровно три корня. Найти эти корни. Решение. Построим графики функций у = х - У “4 40х|- а2^ 4|х|-а2£0 -40 х | - в2^ 4| х | - а2 <0 -4^4х + а2) L 4 -4^4х - в2! а2 0 S х $ —— 4 4^4х + в2) а2 ----£ х S 0 I 4 |4|*|-в2|- Заданное уравнение должно иметь ровно три корня. 19 2 Это равносильно тому, что прямая у = х - должна иметь с ломаной у ровно три общие точки, которые должны принадлежать четырем звеньям ломаной. Поэтому эта прямая должна проходить через точку, принадлежащую одновременно двум звеньям ломаной, т.е. через вершину ломаной. Таких вершин у нашей ломаной , ОI, | , 01. Из рисунка непосредственно видно, что последний ) V 4 ) случай невозможен (пунктирная линия на рисунке), ибо в этом случае прямая и ломаная имеют лишь одну общую точку. Рассмотрим случаи (1) и (2). Случай (1). Общая точка - (о, 4а2). Подставив координаты этой точки в уравнение а = 0 а _ . При а » 0 заданное уравнение превращается в , “ 8 уравнение х = 1б|х|, которое имеет лишь один корень х»0. При уравнение будет иметь ровно три корня х « - ; х « 0 и х • . Случай (г). Общая точка - Подставив координаты этой точки в а2 уравнение прямой, получим 0 « —— - ~ <=> три: л 2 а прямой, получим 4а = - - <=> заданное 8 а«0 _ Л Л. Значение а « 0 не годится, как и в а «-2 случае (1). Ответ: 15 17 При а = -2 заданное уравнение будет иметь ровно три корня х а >1; х = - их- — при в--1 136 ’* * “ ° И * “ 120 ’ 15 - V 1; х « — и х * —. 17 15 при а»-2 Задача 32. Для каждого значения параметра а решить уравнение 4cos xsina. +2sinxcosa-3cosa » 2^7 . Решение. Перенесем -Зсоуа в правую часть и разделим обе части полученного уравнения на корень квадратный из суммы квадратов коэффициентов при cosx и sinx, т.е. на ^16 sin2 а+ 4 cos2 a s 2^4-3 cos2 а . В результате получим 2лла соха 2^7 + 3casa / \ 2у7 + 3cosa -============ caj л + -==s====sr sin х * —====== о cos(x - <р) « —======•, у4-3саг2а y4-3cas2a 2у4-3сох2а 2у4-3сох2а 2sina соха ГДе сахф« ’'унгя; '/. , ллф «-====•. у4*3сси2а у 4 ~3cos2 а 20 Утверждается, что 2^7 + 3 cos а 2^4-3 cos2 а , Действительно, 28 + 12^7 cos а + 9 cos2 а 2 4^4 - 3 cos2 а) €> 12 +12^7 cos а + 21 cos2 a я 3^2 + ^7 caraj 0 . 2 [з Равенство достигается тогда и только тогда, когда cosa = - — при этом sin a = ±J- . V7 17 Таким образом, заданное уравнение имеет решения при тех и только тех a для которых cosa = --=г. При других значениях а уравнение не имеет решений. при других а решений нет. Имеем соя х + -| = 1ох«-- + 2кл, п €Z . \ 6/ 6 имеем соа х + — I = 1« х = ~~ -I- 2*1, i«z. \ б J б X «= - — + 2лл, и € Z ; 6 — + 2*7, / eZ б Задача 33. Определить, при каких значениях параметра b уравнение (b - 3) х2 - (ъ1 - 5ь)( | х | -1) + 6 » 0 имеет единственное решение. Решение. Из вида уравнения следует, что если х0 является решением данного уравнения, то и -х0 также есть решение этого уравнения, т.е. исходное уравнение симметрично по х относительно нуля и поэтому оно имеет по крайней мере два решения для всех х, отличных от нуля. Отсюда следует, что если данное уравнение имеет единственное решение, то это может быть только х = 0. Подставляя значение х = 0 в исходное уравнение, получим b2 - 5Ь + 6 s (b - 2)(b - 3) « 0 Ь*2 Ь = 3' Однако может оказаться, что помимо х - 0 при этих значениях параметра b имеются и другие решения. Поэтому исследуем заданное уравнение при полученных значениях параметра Ь. 1. При Ь = 2 исходное уравнение обращается в уравнение 21 Таким образом, при b = 2 исходное уравнение имеет три различных решения, т.е. значение параметра Ь = 2 будучи необходимым, не является достаточным для единственности решения заданного уравнения. 2. При Ь = 3 исходное уравнение обращается в уравнение | х | = 0, которое имеет единственное решение х = 0, т.е. значение Ь = 3 является необходимым и достаточным для единственности решения заданного уравнения. Ответ: Ь-3, Задача 34. При каких значениях параметра к корни уравнения х2 + 2$к - з) х + 9 = О лежат в промежутке (-6, 1) ? Решение. Пусть f(x) = х2 + 2(i - 3) х + 9. Тогда > Д-б) I для выполнения условия задачи необходимо и \ I Л достаточно, чтобы одновременно выполнялись . а \ !_____/ а » следующие четыре условия: -б । ** 1 1) О-(f) -9-(*-3)2-9> О о к(к - б) > 0 1 ( Квадратный трехчлен Дх) имеет два действительных корня). 2) -6 < хс = 3 - fc < 1 <=> -9 < -к < -2 е>2< к <9 ( Ось симметрии параболы Дх) принадлежит интервалу (-6,1)). 3) /(-б) = 36 -12(Дг -з) + 9>0€>*<^ ( Нет корней левее точки х « -6). 4) Д1) я 1 + 2(к - з) + 9 > 0 о к > -2 ( Нет корней правее точки х «1). 27 Объединяя все эти результаты, окончательно получим 6 < к < —. 4 27 Ответ: 6<к < —. ' А Задача 35. Найти все значения параметра а, при которых уравнение х|х-2а|-1-а = 0 имеет единственное решение. Решение. Обозначим /(х) = х|х-2а|-1-а. Существенной точкой этой функции является точка х = 2а. Снимая знак модуля, получим /(х) = х|х-2д|-1-а<=> х - 2а £ о /10 = х(х - 2а) - 1 - а х - 2а <. О /г0 = ~*(х - 2а) - 1 - а /(2а) = Л(2а) = /2(2а) = -1 - а , т.е. значения функций /Дх) и /2(х) в точке х = 2а 22 совпадают и равны -1-а; правее точки х = 2а ветви параболы /1(х) направлены вверх, а левее точки х = 2а ветви параболы /2(х) направлены вниз, причем обе параболы Л(х) и /2(х) имеют одну и ту же ось симметрии хс = а. Рассмотрим случаи, когда f(2a) = -1 -а > 0 и /(2а) = -1 - а < 0. При этом точка хс = а может лежать левее и правее точки х = 2а. Заметим, что при а = -1 заданное уравнение обращается в уравнение х I х + 21 = 0 и, следовательно, имеет два решения х = 0 и х = -2. Итак, рассмотрим, случай /(2а} = -1 - а > 0. /(2а) = -1 - а > О Д(а) = -a2 - а -1 > 0 - нет решений. 2a < a /(2a) = -1 - а > О ' 7 - нет решении, a < 2a Теперь рассмотрим случай /(2a) = -1 - a < 0. Заметим, что при а = 0 исходное f/(2a) = -1 - а < О Г' 7 о -1 < а < 0 . [ 2a < a j- /2(a) = a2 - a- l<0<=>0<a<-— a <2a уравнение приобретает вид x | x | -1 = О и имеет единственное решение х = 1. 23 Объединяя все результаты, получим, что заданное уравнение имеет единственное 1 1 + V5 решение при -1 < а < —-—. Ответ: -1 < а <--- 2 Решение I. к2х2 + £х-2 = 0<=>*х = Задача 36. При каких значениях к корни уравнения к2х2 + Ь - 2 = О будут действительными и один корень по абсолютной величине будет больше 1, а другой корень по абсолютной величине будет меньше 1? На наш взгляд заслуживают внимания несколько решений этой простой задачи. 1 Теперь удовлетворим условиям 1 -2 задачи I- < 1 и - ~ > 1. Откуда получаем 1 < | к | < 2. Решение 2. Пусть /(*) = к2х2 + кх-2. Тогда очевидны следующие соотношения: i) D » Ъ2 - 4ас « к2 + 8р = 9к2 > 0 (Условие того, что корни заданного уравнения 2) Один корень меньше -1, а другой принадлежит интервалу (-1.1). +*-2>0 t „ Л-1) = Р- *- 2<0 Один корень больше 1, а другой принадлежит интервалу (-1,1). /(1) = *2 +£-2<0 „ L , « / \ -2 < к < -1. /(-1) = *2-*-2>0 Решение 3. Условие задачи соответствует тому, что один нуль функции /(х) принадлежит промежутку (-1,1), а другой нет, т.е. < О «> (* - 2)(t - 1)(к + 1)(к + 2) < О к Ответ: -2 < * < -1, 1<* < 2. Задача 37. Найти число решений уравнения 71 - х2 = в зависимости от значений параметра а. 24 d [i T 1 — x2 ® (x + (2x2 4- 2ax + a2 —1 = 0 Решение. yl-x=x + a<=> \ / «=> < x + a£0 ( x+a£0 Обозначим f(x) = 2x2 +2ax + a2 - 1. Это однопараметрическое семейство парабол, а ветви которых направлены вверх и ось симметрии хс = -у • а) Полученная смешанная система не будет иметь ни одного решения либо при D = 2-а2 < 0 <=> |«| > ^2 (Это означает, что нет действительных корней), либо при а 2 <=> а < -1 (Эта система означает, что парабола f(x) не /(-д) = а2-1>0 имеет нулей, лежащих правее точки х = -а). б) Полученная смешанная система будет иметь ровно одно решение в одном из трех случаев 1) а 2 <=> а = -1 (Точка х = -а является корнем квадратного трехчлена /(-a) в а2 -1 = 0 /(*) = 2х2 + 2ах + а2 - 1, ось симметрии параболы /(х) лежит левее точки х = -а, и, следовательно, вторая точка пересечения параболы /(х) с осью х лежит левее точки х = -а), 2) /(-а) в а2 - 1 < 0 <=> -1 < а < 1 (Один нуль функции /(х) лежит левее точки х = -а, а другой правее этой точки). 3) "а < " 2 <=> а = V? (Квадратный трехчлен /(х) имеет единственную общую О в 2 - а2 = 0 точку с осью х и эта точка лежит правее точки х = -а). Итак, при -1 £ а < 1 и а = 5/2 заданное уравнение имеет ровно одно решение. в) Наконец, полученная смешанная система будет иметь два решения при о ~а < а > 0 /(-в) = о2 -12>0<=> |а|^1 <=>1*О <5/2 D в 2-а2 > 0 |а| < ^2 (Это условие того, что две точки пересечения параболы /(х) с осью х лежат правее точки х = -а). Замечание. Заданную задачу можно решить графически. Построим графики функций у = 71 - х2 и у = х + а . Графиком первой функции является полуокружность радиуса 1 с центром в начале координат, а графиком второй функции является прямая, 25 наклоненная к осн Ох под углом 45° и отсекающая на оси Оу отрезок а. Когда а меняется от -<ю до -юо, тогда это будет семейство параллельных прямых. Считая число общих точек графиков функций у = 71 - х2 и у = х + а, когда а меняется от -<ю до -но, получим приведенные выше ответы. Ответ: а> J1, а <-1 - нет решений; а «7?. -1£а<1 - одно решение; 1 £ а < V2 - два решения. Задача 38. Найти все значения параметра с, при которых уравнение | х2 - 2х | +1 х2 - Зх + 21» х2 - 4х + с имеет ровно три различных корня. Решение. В заданном уравнении уединим параметр с справа и построим трафики левой и правой частей, т.е. я » х2 -2х + х2 -Зх + 2 -х2 +4х и у2 = <?. Заданное уравнение имеет ровно три различных решения в том и только том случае, когда 1рафики функций и у2 « с пересекаются в трех различных точках. Из приве- денного рисунка видно, что это выполняется лишь для двух значений с а 4 и с = —. 19 Ответ: с » 4; с » —-. 4 Задача 39. Найти все значения параметра к» при которых уравнение 2х-|х-Р |»11*-Э|л + 4*| 1. Не имеет решений. 2. Имеет конечное непустое множество решений. 26 Решение. Обозначим Дх)» 2х - [ х - к2 | -1И + 31 х + 4к |. Существенными точками этой функции являются точки х = к2 и х = -4* . Рассмотрим два случая. 1. Точка х =-4* лежит левее точки х = к2, Снимая жакн модуля, получим Лх) -4к£х£к2 , к Заметим, что на множест- /2(х) = 6х-Р + к хЪк2 т.е. -4Л к ве x£-4Jt функция Дх) постоянна, а на множествах -4&£х£*2и х^к2 -монотонно возрастает. Поэтому заданное уравнение не имеет решений тогда и только I-Jt2 — 23Л >0 тогда, когда < <=> -23 < к < -4. Этот факт хорошо виден на приведенном При выше рисунке. -к2 - 23£ = О к = -23 все точки х из множества х £ -4* удовлетворяют заданному уравнению, т.е. уравнение имеет бесконечно много решении. ЕслиР-Ш,<0 то заданное уравнение имеет единственное решение. Вывод 1. Заданное уравнение при * > О имеет единственное решение, при к = -23 имеет бесконечно много решений, при -23 < к < -4 не имеет решений. 2. Теперь рассмотрим случай p£-4Jt<=>-4£*£0, который соответствует тому, что точка х = -4* лежит не левее точки х = к2. Снимая знаки модуля, получим х s /Р |л(х) = -*2-23* к2 £ х £ -4Л _ . 7 . Заметим, что на мно- Л») жестве х£к2 функция Дх) постоянна, на множестве к2 £ х £ -4* - монотонно убывает, а на множестве 27 х z -4к - монотонно возрастает. Поэтому заданное уравнение не имеет решений в том и только том случае, когда При -к2 - Zik = О к2 S -4* к2 S -4к к2 — 15* > О к2 i -4к <=> -4 £ к < 0. заданное уравнение будет иметь бесконечное множество к = О решений. Итак, второй случай, когда -4 £ к £ 0 полностью исследован. Вывод 2. Заданное уравнение не имеет решений при -4 <. к < 0, при к = 0 имеет бесконечное множество решений. Объединяя результаты выводов 1*2, окончательно получаем, что заданное уравнение ие имеет решений при -23 < к < 0, имеет бесконечное число решений при к = -23 и при к = 0, имеет конечное число решений при к < -23 и к > 0. Ответ: 1. -23 < к < 0; 2. *<-23; *>0. Задача 40. Найти все действительные значения а, при которых корни уравнения х2 + х +а = 0 будут действительными и оба корня будут больше а. Решение, Обозначим f(x)« х2 +х+а. Тогда условие задачи выполняется тогда и только тогда, когда одновременно выполняются следующие три условия: 1) 2) D«fe2-4ec = l- 4a^0 (Корни заданного уравнения действительны). (Ось симметрии параболы f(x) проходит правее точки а). 3) /(а) = а2 +а > 0 (Нет корней, лежащих левее точки а). Наглядно эти условия видны из приведенного выше рисунка. Решая систему неравенств, получим Ответ: а < -2. Задача 41 Определить все значения параметра о, при которых ровно одно решение неравенства ^(а + 3)(а2 + а - б) х3 - Ja4 + в3 - 6а2 х2 4 Ja3 + За2 х - а2 £ 0 удовлетворяет условию 1 £ X £ 4 + а . 28 Решение, Перепишем заданное неравенство в следующей эквивалентной форме + З)1 2(а - 2) х3 - ^а2(а + 3)(а 2) х2 + ^а2(а 4-3) х - а2 £ 0 . Отсюда видно, что все корни существуют при а £ 2; а = -3. Если а = -3 до заданное неравенство обращается в неравенство -9 £ 0, справедливое для любого х, а условие 1 £ х £ 4 + а обращается в равенство х = 1. Следовательно, при а = -3 поставленная задача будет иметь единственное решение х = 1. При а £ 2 неравенство можно записать так (а + 3)7а - 2 х3 - а^(а + 3)(а - 2) х2 + а^а + 3 х - а2 £ 0 о <=> + з)(а - 2) х2^7л + 3 х - aj + а^а + 3 х - а) £ 0 <=> <=> (V(a+зх° $ *2 + + 3 х - £ 0 <=> Ja + 3 х-а£0<»х£ . Для того чтобы система х <; -7-?7.'.-.v +3 имела при а 2 2 ровно одно решение, 1 £ х £ 4 + а необходимо и достаточно, чтобы Z4 а 1 4- <13 Ответ: а = -3; а ------- 2 Задача 42 Найти все значения параметра а, при которых неравенство 5 sin 2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а +1 £ 6 выполняется для любых значений X. Решение. Преобразуем заданное неравенство, выразив sin2 х и cos2 х через cos 2х. 1 2 I 5sin х + 2аsinхcosх + cos х + а + 1£6<^ , 1 - cos 2х . „ 1 + соs 2х , К 5----------+ a sin 2х +----------+ а + 1 £ 6 €> 2 2 I <=> 13 — 2 cos 2х+аял2х4-а + 1|£б<=> л / 2 . a 2cos2x Г 2 7 asin2x 4 - 4- 4 -=====• + V«r 4- 4 -===== + а № 4-4 уа2 4-4 £ 6 <=> <=> 4 + у а2 4-4 sin(2x - ^?) 4- а £ б , где cos<р « — , sin <р » -j===^. I ya2 + 4 ya2 4- 4 Так как x - любое, то -1 £ $ш(2х - р) £ 1, т.е. а должно одновременно удовлетворять £ б £ б неравенствам -10 £ а - Уа2 4-4 2 о -10 S а + /а2 4- 4 S 2 ' 24 ---24 а' л 5 о-----s а ь 0 . а £0 5 Ответ: -—£а^0. 5 29 Задача 43 При каждом значении параметра а найти все решения неравенства х + 2а - д/зах + 4а2 > 0 . Решение, х + 2а - уЗах + 4а2 х > О, а = О — I у/зах 4-4а2 1 - уЗах + 4а2 + ~ а > О, а * О За К ) 3 В таком виде заданное неравенство легко анализируется. Действительно, если а < о, то неравенство не имеет решении, так как — < 0, а каждое из выражений 7зах 4- 4а2 - 2а и ^Зах 4- 4а2 - а больше нуля. Если а>0, то Ответ: при при при 7зох + 4а2 > 2а о 0 £ ^Зах + 4а2 < а 4 а > 0 —а £ х 3 а ® 0 х > 0 ; а < 0 нет реше] х > 0 4 —а £ х < -а L з < -а; х > 0; кий. Задача 44 Найти все действительные значения а, при каждом из которых неравенство а2 + а - sin2 х -2аcos х > 1 выполняется при любом действительном значении х. Решение. Преобразуем заданное неравенство следующим образом а2 + а - sin2 х - 2а cos х > 1е» cos2 х - 2а cos х 4- а2 4- а - 2 > 0. Обозначим f(cos х) = cos2 х - 2а cos х а2 + а - 2. Это однопараметрическое семейство квадратных относительно cosx трехчленов. Графиками этого семейства будут часта парабол, соответствующие -1 £ cos х <; 1, так как х - любое действительное число, причем любая парабола этого семейства выпукла вниз, так как коэффициент при cos2 х равен 1, а ось симметрии хс = а может быть расположена левее точки х = -1, т.е. хе < -1, принадлежать отрезку [-1,1], т.е. -1 £ хс £ 1, и быть правее точки х = 1, т.е. хс > 1. Опишем каждый из этих случаев. f*<•<-1 f °<-i 3 + 713 А1} |/(-1) > 0 ** |а2 + За - 1 > 0 ** ° < ~ 2 Лсо,х) /\ Второе неравенство системы соответствует \ j Д'"1)/ ] тому, что f(cosх)> 0 при 1 -----4---------------------4—^. -1 1 30 [-1 £ хс £ 1 [-1 £ а £ 1 _ 2) I ( ) > 0 <=> I о . Эта система неравенств решении не имеет. [х>1 [ а> 1 1 + 7s 3) < А <=> S о <=> а >----. ' |/(1) > 0 [а2 - а - 1 > 0 2 л 3 + 713 1 + ^5 2 2 Замечание. Решим предложенную задачу иначе. Преобразуем заданное неравенство следующим образом а2 + а - sin2 х -2а cosx > 1 « cos2 х -2а cosx + а2 4- д - 2 > 0 <=> (cosx - а)2 4- а - 2 > 0 . В таком виде неравенство легко анализируется. Действительно, если | а | £ 1, то за счет cosx слагаемое (cosx-я)2 всегда может быть сделано нулем. Отсюда вядао, что данное неравенство не может выполняться для любых действительных х при | а | <. 1. Рассмотрим случай а>1. Тогда слагаемое (cosx-а)2 не может быть меньше, чем / \2 т-г ____ 1(1 - в)2 4- в - 2 > в 1«2 -« ~ 1 > О (1 - а) . Поэтому решим систему р / { <=> а > —~—. [ а > 1 (а>1 2 Рассмотрим случай а < -1. Тогда слагаемое (cos х - в)2 не может быть меньше, чем (-1 - а)2 . Поэтому решим систему (-1-а)2 4-д-2>0 _ (о2+За-1>0 _ 3 + 713 а < -1 I а < -1 2 Задача 45. Найти все значения действительного параметра с, для которых неравенство справедливо при всех х. Решение. 1 + 4-1) £ log^cx2 4- 4х 4- с) 5^х2 4-1) £ сх2 4- 4х 4- с> 0 -оо < X < 00 -СО < X < СО сх2 4- 4х 4- с > О (5- с)х2 -4х + 5- с£0. -со < X < 00 Замечание. Трехчлен у - ах2 +Ъх + с больше нуля для любых х тогда и только тогда, когда а > о и его дискриминант отрицателен. с > о Воспользовавшись этим замечанием, получим Ответ: 2 < с £ 3. 31 Задача 46. Для каждого неотрицательного значения параметра а решить неравенство 16а3х4 + 8а2х2 + 16х + а + 4 £ 0 . Решение. Заметим, что при а = 0 неравенство справедливо для х £ - Преобразуем 4 левую часть неравенства следующим образом 16а3х4 + 8а2х2 + 1бх + а + 4 в а(лах2 +1) + 16х + 4 в а\ (ла2 +1] - 16х2 |+16ах2 + 16х + 4 а а ^4ох2 - 4х + 1Д4ах2 + 4х +1j + 4\4ах2 + 4х + ij s |4ах2 + 4х + 1д4а2х2 - 4ах + а + 4J . Таким образом, нужно найти решение неравенства ^4ах2 + 4х + 1^4а2х2 - 4лх + а + 4^£0 при а > 0. Квадратный трехчлен 4а2х2 - 4ах + а + 4 s (2ах -1)2 + а + 3 больше 3 для любых х при а > 0. Следовательно, ^4ах2 + 4х +1) ^4а2х2 - 4ах + а + 4^ 0 (4ах2 + 4х +1 £ О а > 0 ( а > О Если а £ 1, то неравенство справедлив для любых х. _ -1 “ 71 - а -1 + 71 “ « Если 0 < а < 1, то неравенство справедливо при х £--—-----и при х £------—-----. Ответ: Если а = 0, то х £ ; 4 если 0 < а < 1, то X <; и х Ъ ; 2а 2а если а £ 1, то -со < х < оо. Задача 47. При каждом значении параметра а указать, для каких х выполняется неравенство 4х*+,а2 - 65 - 4Jt'1a +1 > 0. Решение. Очевидно, что при а £ 0 неравенство выполняется для любых х. * Если а > 0, то исходное неравенство эквивалентно следующему 4» Ответ: При а £ О -со < х < оо; при а > О х > 1 - log4 а х < -2- log4 а ' Задача 48. Пусть с > 0, d > 0. Найти решение неравенства 1 1 — 4-- х d Решение. Умножим обе часта заданного неравенства на x2cd>0. Тогда получим эквивалентное неравенство dix2c2 -х4 >xcd + x2c, которое эквивалентно совокупнос-32 ти следующих двух систем xd 4- х2 < О х2(с2-х2Ьо ' ' <=> xd + х2 £ О d2(c2x2 - х4 j > x2c2d2 + 2х3с2d + х4с2 х(х + d) < О (с - х)(с + х) £ О х(х + d)z О х3 ^с2 + d2 j ч- 2с2 dj < О либо -с £ х < 0, при условии d > с; <£> -d < х < 0 , при условии d £ С. нет решении» при условии d > с; 2c2d <=> - ----г < х £ -d , При условии d £ С. с2 + d2 Окончательно получаем 2c2d Ответ: - ~------- < х < 0, при условии d £ с; с2 + d2 -с £ х < 0, при условии d > с. Задача 49. Найти все значения параметра а, при которых неравенство (х - За) (х - а ~ 3) < О выполняется для всех х таких, что 1 £ х 3. Решение. Введем в рассмотрение функцию /(х) = (х - За) (х - а - з). Это однопараметрическое семейство парабол, ветви которых направлены вверх. Тогда заданное неравенство превращается в /(х) < О, которое выполняется для всех х таких, что 1 £ х £ 3, в том и только том случае, когда Д1) 3 (1 - За)(1 - а - 3) = з(а - + 2) < 0 0 < а х /(з) з (3 - 3о)(3 - я - 3) н 3(а - 1)а < 0 3 33 X2 + к2 Задача 50. Найти все значения параметра к, при которых неравенство -7-г £ 1 Цб + х) выполняется для всех х, удовлетворяющих условию -1 < х < 1. Решение. Заметим, что при -1 < х < 1 всегда 5 < б + х < 7, и, следовательно к > 0. Поэтому предложенную задачу можно переформулировать так: найти все положительные значения к, при которых неравенство х2 - кх + к2 - 6к ъ 0 выполняется для всех х, удовлетворяющих условию -1 < х < 1. Введем функцию /(х) = х2 - кх + к2 - 6к. Это однопараметрическое семейство пара- бол, имеющих ось симметрии хс = у > 0, и Возможны два случая: 1) Ось симметрии параболы Дх) принадлежит отрезку [-1, 1]. Этот случай можно описать так: 0<|$1 . Эта систем* решений не имеет. 2) Ось симметрии параболы Дх) лежит правее точки х«1. Этот случай вписывается так: ->1 ~ 2 ’ 2 ветви которых направлены вверх. Ответ: к^----- 2 Задача 51. Определить, при каких а неравенство х2 + |л-л|-3 < 0 имеет хотя бы одно отрицательное решение. Решение. Заданное неравенство эквивалентно совокупности двух систем неравенств х - a £ 0 , . t /. (х) = х2 + (х - а) - 3 < 0 х-л |-3 < 0 <=> v 7 ’ х - а £ 0 |/2(*) = *2 ~(х-а)-3<0 Рассмотрим первую систему совокупности. Функция Д(х) = х2 + х - а - 3 задает однопараметрическое семейство парабол, ветви которых направлены вверх и ось симметрии которых хс^ = -1. Точка х = а может находиться левее и правее точки хс - “у • Поэтому первая система совокупности будет иметь отрицательное решение в одном из 34 следующих двух случаев: 13 4 2 '( П 13 /11 — Iе-----а [Ч 2/ 4 £ а < 0 2 [/1(а) = а2-3<0 Рассмотрим вторую систему совокупности. Функция /2(х) = х2 - х + а - 3 задает однопараметрическое семейство парабол, ветви которых направлены вверх и ось симметрии которых хс = -. Поэтому вторая система совокупности будет иметь отрицательное решение в одном из следующих двух случаев: а £ О /2(0) = а-3<0 а < О /2(а) = л2-3<0 Объединяя результаты, получим < а < 3. 4 Л 13 Ответ:-----< а < 3. 4 Задача 52. Найти все значения а, при каждом из которых неравенство fofll хх2 + ах + 5 +1] /о£5|х2 + ах + б] + loga 3 £ О имеет ровно одно решение. Решение. Заметим, что а > 0, а * 1. Рассмотрим два случая 1)0<а<1;2)а>1. 1) При 0 < а < 1 исходное неравенство эквивалентно следующему неравенству 2 > 4-1 £ log$ 3 . Хх2 + ах + 5 + Это же неравенство справедливо тогда и только тогда, когда ^х2 + ох + 5 £ 2. Достаточность этого условия очевидна. Покажем необходимость. Если ^х2 +ах + 5 < 2, то 2 2 <1 и неравенство не выполняется. Таким образом, имеем 2 35 Неравенство х2 + ах +1 в (х + +1 - £ 0 выполняется для любых х при О < а < 1, т.е. при 0 < а < 1 исходное неравенство не может иметь единственной) решения. 2) а > 1. При этом исходное неравенство эквивалентно следующему неравенству log^lx2 + ах + 5 + + ex + 5J 4- £ logs 3 . Последнее неравенство справедливо тогда и только тогда, когда ^х2 + ах +5 £ 2. Дока* зательство этого утверждения аналогично доказательству подобного утверждения для . —....................................................... Г 2 сдучая 0 < а < 1 и мы его опустим. Итак, имеем ух2 + ах+5£2о]х +ах+1^0. [х2 + ах -н5 £ О Положим fi (х) = х2 + ах +1 и /2 (*) = *2 + + 5 • Это два однопараметрических семейства парабол, ветви которых направлены вверх и которые имеют одну и ту же ось симметрии хс=~у. Причем /2(х) =/1(х)+ 4 Для каждого фиксированного значения а, т.е. вершина параболы /2(х) всегда расположена выше вершины параболы /1(х). Пользуясь этим, получим, что неравенство д(х) = х2 + ах +1 £ 0 имеет {О а2 -4 = 0 „ г, а = 2 . При ЭТОМ а > 1 значении а функция ^(х) = 0, а функция /2(х) = 4 > 0. Ответ: а = 2. Задача 53. Найти все значения q, при каждом из которых множество решений неравенства ^g - х2)(д + 2х - 8) < 0 не содержит ни одного решения неравенства х2 £ 4. Решение, Обозначим /(g) = (д - х2 j(g + 2х - 8). Посмотрим, в каких пределах изменяется величина -(2х - 8), когда х2 £ 4. Имеем f(q) х2 ^4« -2 х £ 2 <=> 4 -(2х - 8) £ 12, \ / 2 \ 4 У П т.е. точка g = х2 всегда лежит левее точки * ’ УЦ2х-ъ\ q g = -(2x-8). * Отсюда получаем, что множество решений неравенства (д - х2 )(д'+ 2х - 8) < 0 содержит хотя бы одно решение неравенства х2 £ 4 тогда и только тогда, когда 36 0 <q <12. Поэтому для и для q £ 12 множество решений неравенства [q - х2 j($ + 2х - 8) < 0 не содержит ни одного решения неравенства х2 4. Ответ: $£0; $£12. Замечание. Эту задачу можно решить иначе, пользуясь наглядными геометрическими соображениями. Действительно, нужно найти те значения параметра <?, при которых функция /(х) = ($-х2к$ + 2х--8) на множестве -2£х£2 неотрицательна. Это возможно в одном из двух случаев: ($-х2)| £0 V /1х=-2 <»$£12; (9 + 2х-8)|х=2^0 (?-х2) *0 ' /1х=о $ £ 0 . (« + 2*"<=2 *° В первом случае функции д(х) = $ - х2 и /2 (х) = q + 2х - 8 одновременно неотрицательны на отрезке -2 £ х $ 2, а во втором - неположительны на этом отрезке. Задача 54. Найдите все значения х, удовлетворяющие неравенству (2 - а) х3 + (1 - 2а) х2 - 6х + ^5 + 4а - а2) < 0 хотя бы при одном значении а, принадлежащем отрезку [-1; 2 ]. Решение. Перепишем заданное неравенство в другой форме, а именно как квадратное относительно параметра а, т.е. -а2 - (х3 4- 2х2 - 4) а + ^2х3 + х2 - 6х + 5) < 0. Обозначим /(а) = -а2 -(х3 4-2х2 -4^а + ^2х3 -t-х2 - бх + 5). Заметим, что ветви параболы /(а) направлены вниз, Найдем сначала те значения х, при которых заданное неравенство не выполняется ни при каком значении af принадлежащем отрезку [-1; 2]. Это будут те и только те значения х, для которых - Эх (х ' 2Х* -1) 0 Г-2 i S 0 . /(-1)___fl2\ |/(2)B-3't+3Xx-l);:0~[ х = 1 ’ Итак, мы нашли те значения х, при которых ________—;---------;—_V— заданное неравенство не выполняется ни для / ”1 2 \ одного значения а, из отрезка [-1; 2 ]. Поэтому для х, таких что х е (- <ю; - 2) (0 ; 1) (1; + оо) заданное неравенство будет 37 выполняться хотя бы при одном значении а, принадлежащем отрезку [-1; 2 ]. Ответ: х е ( - оо; - 2) и ( 0 ; 1) (1; + оо). Задача 55. Определить, при каких а неравенство loga(a+y (| х |+ 4) > 1 выполняется при любом действительном х Решение, Имеем /о«а(а+1) ( I * I + 4) > 1 = ,о«.(а+1) а (в + 0 -00 < X < 00 а(а +1) > 1 | х | + 4 > а(а +1) -00 < х < 00 О < а(а +1) < 1 | х | + 4 < а(а + 1) -00 < х < оо Вторая система решений не имеет. Решим первую систему +1) > 1 | х | + 4 > а(а +1) -00 < х < 00 1 < а(а +1) < 4 Ф» а2 + а -1 > О а + а - 4 < О - i + Jii 1 + 5/5 5/5-1 5Д7-1 Ответ:----------<а<--------; ------< а <------. 2 2 2 2 Задача 56. Найти все действительные значения а, при которых каждое решение неравенства log±x2 log±{x + 2) является решением неравенства 49х2 - 4а4 <; 0. Решение. Решим неравенство logrx2 £ log^lx + 2) 0 < х2 <ix + 2o<J^*<0. 2 2 (0 < х £ 2 Положим 49х2 -4а4 £ 0 <=> -уа2 £ х £ ^а2. Всякое решение первого неравенства будет являться решением второго тогда и только тогда, когда I*2*"1 J Ф» а2 £ 7 |а | £ у7 . -а2 2*2 7 Ответ: | а | £ 7*7. Задача 57. Найти все действительные значения т, для которых неравенство тх2 - 4х + 3m +1 > 0 выполняется при всех положительных значениях х 38 Решение. Пусть f(x) ж тх2 - 4х + Зт +1. Заметим, что т > 0 . В противном случае заданное неравенство не может выполняться для всех положительных значений х. Так как ось симметрии параболы /(х) проходит правее нуля, ибо 4 х = — > 0, то заданное с 2т неравенство выполняется для всех положительных х тогда и только тогда, когда D = 4 - т(3т + 1) < О V ' т > 1. т > О Ответ: т > 1. Задача 58. При каких значениях параметра т неравенство тх2 - 9тх + 5т +1 > о выполняется для любых действительных значений х? (х 2 х —------т +1 > о. Отсюда непосредственно видно, 2/ 4 что заданное неравенство выполняется для любых действительных значений х в том и т 0 4 только том случае, когда _ 61 + 1>0<=>0£т< —. 4 4 Ответ: 0£т < —. 61 Задача 59. Найти все значения параметра т, при которых всякое решение неравенства 1 £ х £ 2 является решением неравенства х2 - тх +1 < 0. Решение. Обозначим /(х) = х2 - тх +1. Тогда неравенство х2 - тх +1 < 0 выполняется для всех х, принадлежащих отрезку [1; 2], в том и только том /(1) s 2 - т < 0 5 случае, когда е &т>-. f[2) s 5 - 2m < 0 2 л 5 Ответ: т>~. 2 Задача 60. При каких значениях параметра а все числа из отрезка 1 £ х £ 5 удовлетворяют неравенству Зах + 27зх + 1 -6х + а- 5<0? Решение. Выполним для заданного неравенства ряд элементарных преобразований Зах 4- 2л]3х +1 -6х + а- 5<0о(а- 2)(3х +1) + 2^/Зх +1 - 3 < 0 <=> <=> (а - 2^3х + 1)2 + 2^7+1 - 3 < 0 . Итак, получено квадратное относительно V3x + 1 неравенство, зависящее от параметра 39 а. Обозначим 7з* +1 =t £ 0. Когда х изменяется в пределах от 1 до 5, t будет изменяться в пределах от 2 до 4. Поэтому первоначальную задачу можно переформулировать так: при каких значениях параметра а все числа из отрезка 2 <; t £ 4 удовлетворяют неравенству (а - l)t2 + 2г - 3 < 0 ? Для решения этой задачи обозначим /(г) = (а - 2)г2 + 2г - 3 и рассмотрим три случая. 1) Случай а - 2 > 0. При этом ветви параболы /(г) у/(г) 2 4 у направлены вверх, а ось симметрии параболы распо- -------♦-----•—-у~— ложена левее нуля. Все числа из отрезка 2 £ t £ 4 « удовлетворяют неравенству (а - 2)г2 + 2г - 3 < 0 тогда и (4) только тогда, когда /(2) (а - 2 > О /(4) s 16а 27 < 0 ‘ система неравенств решений не имеет. 2) Случай а - 2 = 0 . При этом неравенство (а - 2)г2 + 2г - 3 < 0 превращается в нера венство 2г - 3 < 0, которое не выполняется ни для одного t из отрезка 2 £ г £ 4. 3) Случай а - 2 < 0. Тогда парабола /(г)=(« - 2)г2 + 2г - 3 выпукла вверх, ось 40 Задача 61. Найти все пары значений а и Ь, для которых система уравнений Ьх (2х - у) + (у - 1)(2х - у) = Ьх + у - 1 4х2 + у2 + аху -1 = 0 имеет не менее пяти решений. Решение. Разлагая первое уравнение системы на множители, получим эквивалентную f(bx + у - 1)(2х - у - 1) = 0 совокупность следующих систем v <=> [ 4х + yz + аху -1 = 0 f Ьх + у - 1 = 0 (4х2 + у2 + аху - 1 = 0 f 2х - у - 1 = 0 [4х2 + у2 + аху -1 = 0 у = 1 - Ьх ^4 + Ь2 - abjx2 - (2Ь - а)х = 0 у = 2х - 1 (8 + 2а)х2 - (4 + а)х = 0 Если 4 + Ь2 - аЬ # 0, то первая система имеет не более двух решений. Аналогично, если 8 + 2а # 0, то вторая система также имеет не более двух решений. Первая система имеет бесчисленное множество решений в том и только том случае, когда {4 + Ь2 - аЬ = 0 fa = 4 fa = -4 <=> < или < 2b — a = 0 ( Ь = 2 [6 = —2 f8 +2a = 0 f a = -4 Для второй системы имеем { <=> < ( 4 + а = 0 [-оо < Ь < оо Ответ: а = 4, Ь = 2; а = -4, - оо < Ь < оо . Задача 62. Найти все действительные значения а, для каждого из которых существуют четыре натуральных числа (х, у, и, v) удовлетворяющие системе уравнений ху(40 + ху) = (150 - a) (а - 90) а (вы2 4- 18v2 - a) = (4м2 - 9v2) Решение. Разрешим второе уравнение системы относительно а. а2 - 2^4и2 +9v2ja + ^4и2 - 9v2j (2м + 3v)2 (2м - 3v)2 * = 0 <=> а = 4м2 + 9v2 ± 12mv Отсюда видно, что а является квадратом целого числа. С другой стороны, из первого уравнения системы заключаем, что так как выражение слева больше 41, ибо х и у - натуральные числа, то 90<а<150. Существуют лишь три числа, удовлетворяющие одновременно этим двум условиям а « 100, а = 121 и а = 144. Подставляя эти значения а в первое уравнение системы, получим, что только при а » 100 произведение ху является натуральным числом. Ответ: a = 100. 41 Задача 63. Найти все значения параметра а, при которых система уравнений имеет хотя бы одно решение. Решение. В первом уравнении системы освободимся от знака модуля. 6.!cos~~ - 5 V 4 л я? 1 о. cos — - 1 V 4 12^cos^ +5 = 5 OS ХУ cos— = О 4 . ф - 2х) sin —----- = О 12 х = 1 + 2п - 6т у = 2 + 4п п,т е Z S •£* 1 4 6 - нет решений. - нет решений. Второе уравнение системы разрешим относительно Icos^ S 1 8. Получим Теперь решаем систему Х2+(У-О)2=1 х = 1 + 2п - 6т <=> у = 2 + 4и, п,т G Z х = 1, и = 3m у - а = О у = 2 + 12m, т € Z х = -1, п = -1 + Зт у - о = О у = -2 + 12m, m € Z [cos — + 1 = 5 2 2 2 7 = 5 2 8 - 2 = 0 <=> Ответ: о = 2 + 12m, т € Z а = -2 + 12m, т € Z ’ 42 Задача 64. Найти все значения параметра а, для каждого из которых существует только одно значение х, удовлетворяющее системе уравнений |х2 +5х+4|-9х2 + 5х + 4 - 10х|х | = О х2 -2(а + 1)х+а(а+2) = 0 Решение. Первое уравнение системы зависит только от неизвестного х. Разрешим его, для чего снимем модуль, найдя интервалы знакопостоянства каждого из выражений, входящих под знак модуля. J х2 + 5х + 41 - 9х2 + 5х + 4 - 1 Ох | х | = 0 <=> 2(х2+5х + 4) = 0 , х^_4 ,-4£х£-1 -4 £ х <, -1 2(х2 +5x4-4j = O >-i^x^O<=>[ х = 1 (х2 + 5х +4) - 10х2 =0’ х * 0 Второе уравнение системы решим, выразив х как функцию параметра а. х2 - 2(а + 1)х + а (а + 2) = 0 <=> х = а х = а + 2 Теперь посмотрим, каково будет количество решений системы, когда а пробегает все значения от -оо до -ню. нет решений ।------одно решение------- а * Э1- т к- *—за * -6 -4 I -3 -1 решений 1 решений два решения Таким образом, одно решение у системы будет тогда и только тогда, когда -6 £ а < -4; -3 < а < -Г, а = 1. Ответ: -6 £ а < -4; -3 < а < -1; а = 1. Задача 65. Найти все значения а, при каждом из которых существует единственная тройка чисел (х, у, z), удовлетворяющая системе х + у + z = х2 + 4у2 х + 2у + 3z = а Решение. Выразим z через х, у и а из второго уравнения системы и результат подста- вим в первое уравнение. Получим X -S у + z = х2 + 4у2 х + 2у + 3z = а 7 = — -1.x — 2-у 4 3 зЛ зу х2 - 2-х 4- 4у2 - 2-у = 3 z 3 z 3 43 Преобразуем второе уравнение полученной системы, выделив полные квадраты. х2 - } X + 4/ - {у = } а е» (х - |)2 + (1у - | а + $. Полученное уравнение будет иметь единственное решение тогда и только тогда, когда + -П- = о <=> а = — О-. 3 144 V а 48 * Замечание. Можно при а = выписать и само решение (|, • Ответ: а = - £. 48 Задача 66. Найти все значения параметра а, при которых система (з - + (з + 2^-За«х2 + бх+5 у2 - ^а2 - За + б|х2 « 0 имеет единственное решение. -6 £ х £ О Решение. Так как (з - 2^^» -—Ж (3 * ’ ТО данная система симметрична по у относительно 0, т.е. если (х0, у0) - решение данной системы, то и (х0, - у0) также будет решением данной системы. Поэтому для того чтобы система имела единственное решение необходимо, чтобы у « 0. Подставляя значение у = 0 В заданную систему» получим следующую систему а « 2 (а = 2 2 у. - / (х + З)2 « 0» - б £ х £ 0 «о < |х = -3 х + 6х х -3(в + 1) (а - 2)(и - 3)х2 « 0 <о 1Д / в ж 3 х2 4* бх + 12 « 0, - б £ х S 0 - нет решений. -6 £ х £ 0 а « -1 х « 0 (а == -1 (х Ж 0 Проверим, что при а = -1 у системы нет других решений, кроме |3 - 2V2 J + |з + 2V2 J + 3 £ 5, причем равенство достигается при у » 0. х2 + 6л + 5 s 5, когда -6 <; х <; 0, причем равенство достигается либо при х = -6, либо при х = 0. Но при у = 0 не удовлетворяется второе уравнение системы. Поэтому а = -1 {X s 0 у-о 44 Проверим теперь значение а = 2. В силу второго уравнения системы у = 0. Но тогда первое уравнение системы будет х2 + 6х + 9 (х + з)2 = 0 . Поэтому при а = 2 заданная система имеет единственное _______ х = -3 У = 0 * Ответ: а = -1; а = 2. решение Задача 67. Значениями переменных х, у являются действительные числа. Найта все целые значения т, йри которых система уравнений х(х + 2у - 4) + 4т2 = 8 4- 4у - у2 у2 - 2у + 2 = 4х(у - х - 1) + 2^т2 + т) имеет решения. При найденных целых значениях т найти все решения этой системы. Решение. Уравнения заданной системы можно записать в следующей эквивалентной форме (х + у)2 - 4(х + у) + 4т2 -8 = 0 (2х - у)2 + 2(2х - у) + 2 - 2т2 - 2m = 0 Для того чтобы каждое уравнение системы имело решение, необходимо и достаточно, чтобы их дискриминанты были неотрицательны. £>1=4- 4т2 + 8 £ 0 т2 £ 3 D2 = 1 - 2 + 2m2 + 2т £ 0 <=> ' 2m2 + 2m-l£0<»m = l. т € Z т G Z При т а 1 система будет выглядеть так (х + у)2 - 4(х + у) - 4 = 0 ( X + у = 2 ± 2^2 (2х - у)2 + 2(2х - у) - 2 = 0 [2х - у = -1 ± * х = V -у “ а Решая полученные четыре системы уравнений относительно х и у, получим четыре решения г _ 1>2^-Уз ( 1-2^+^ „ _ 1-2^-Тз Х “ 3 .. 3 3 v - 5+4 Л г5/З ' = 5-4^2-^ ’ .. = 5-4J2+J3 ' / 3 1/3 1/3 которые и дают ответ. Задача 68. Найти все значения параметра а, при каждом из которых система 5-г1х1 + з|х|-2 = 5у +3х2-5а X2 + у2 = 1 имеет единственное решение. 45 Решение. Из вида уравнений системы заключаем, что если (х0, у0) является решением системы, то и (-х0, у0) также является решением системы, т.е. заданная система симметрична по х относительно нуля. Поэтому заданная система будет иметь по крайней мере два решения для всех х * 0. Единственное решение возможно лишь при х = 0. При этом из второго уравнения системы имеем, что либо у = 1, либо у = -1. [х = 0 2 Подставляя в первое уравнение системы < , получим, что а = —. (у « 1 5 _ [ х = 0 8 Подставляя же < , имеем а » - -. (у = -1 5 Замечание. Однако может оказаться, что при этих значениях параметра а помимо этих решений есть и другие. Поэтому исследуем теперь заданную систему при полученных значениях параметра а. Заметим, что из второго уравнения системы следует, что | х | £ 1 и | у | £ 1. 2 Подставив а = — в первое уравнение системы, получим 5-г' .2 Левая часть этого уравнения 5-2^'+з|х|-Зх2 £ 5, причем равенство достигается лишь при х = 0, а правая часть 5у £ 5, причем равенство достигается лишь при у « 1. * 2 [х = 0 Таким образом, при а = - исходная система имеет единственное решение < 5 [у = 1 /, 2\ [х = 0 [х«1 |1-у2| + 10 и, например, |^0> ~ 1 удовлетворяют заданной системе. Таким образом, при а = исходная [у = 0 . 5 система имеет белее одного решения. л 2 Ответ: а == —. 5 8 I При а = -~ имеем 5-2' Задача 69. Найти все значения а, при каждом из которых система уравнений (а - 2)sinx 4- cosy « 1 loga(2cosy) = log* z logz(l + 7sinx) =1 имеет хотя бы одно решение относительно х, у и z. При каждом таком значении а найти все решения. Решение. Очевидно, что а > 0, а # 1 и z > 0, z * 1. 46 (о - 2) sin х 4- cos у = 1 /о«„(2 cos у) = loga(l + 7 sin x) 5^a = 1 z > 0, z * 1 cos у = 1 - (a - 2) sin x 2 cos у = 1 +7 sin x cos у > 0 a > 0, a # 1 z > 0, z # 1 x = (-1)" arcsin + im,n e Z у = ± arccos 2g*^ + 2топ, m € Z 1 = 5^a 2 £ a < 5, a* 1 Задача 70. Найти все значения о, при каждом из которых для любого значения b сис- х - by 4- az2 = 0 м „ z ч . л ч имеет по крайней мере одно решение (х, у, г). 2bx4-(b-6)y-8z = 8 Н тема х = by - az2 2b\by - az2 j 4- (b - б) у - 8z = 8 x = by - az2 \2b2 + b - 6j у - 2abz2 - 8z = 8 Рассмотрим случай, когда 2b2 + b - 6 = 0 <=> 3 При Ь « у система выглядит так При b « -2 система выглядит так Решение. Выразим из первого уравнения х через у и z, и подставим результат во второе уравнение системы. х ~ by + az2 =0 2bx + (b - б)у - 8z = 8 Проанализируем второе уравнение полученной системы. Если 2b2 + Ь - 6 # 0, то можно указать тройку чисел, которая будет решением системы. Например, решением за- у w ( 3b 8 .Л данной системы будет тройка —--------, —--------, 0 . У2Ь2 4-6 - 6 2£2 + Ь - 6 J 2 • b = -2 х - |у + az2 = 0 3 2 8 8 • Умножим первое уравнение на -3 и сложим со вторым. Тогда получим 3az2 + 8; + 8 « 0. Это уравнение имеет по крайней 2 мере одно решение при D = 16 - 24а £ 0 <=> a £ -. х + 2у 4- az = 0 Умножим первое уравнение на 4 -4х - 8у - 8г = 8 и сложим со вторым. Тогда получим 4дг2 - 8г - 8 = 0 az22г - 2 = 0. Это уравнение имеет по крайней мере одно решение при D = l + 2a£0<=>a^-i. Теперь очевидно, что при -у £ a £ ~ заданная система будет иметь по крайней мере одно решение при любом Ь. л 1 2 Ответ: 2 3 47 Задача 71. Найти все значения а, при каждом из которых система уравнений ’ имеет ровно четыре различных решения. -1 Решение. Заданная система может быть приведена к симметричному виду Заметим, что если (u0>v0) является решением этой системы, то и (v0.«0) также решение. Каждое из уравнений системы следовательно, система будет у|х-1|»и0 иметь четыре решения, и еще четыре решения будет имеет ровно два решения, а 1 Таким образом, исходная система будет иметь система " vo иметь восемь решений. Исходная система имеет четыре решения, когда м0 3 vo = у • ПРИ этом а в “ * а также тогда, когда % 8 1 1 0 Л, при этом а » —. >=° Р 4 Достаточность этих условий становится очевидной, если второе уравнение исходной системы расписать через элементарные симметрические многочлены и выделить полный квадрат, т.е. 2 = 1-4. » —4а <=> 2 Ответ: а = - —; 32 £ 4 Задача 72. Найти все пары значений (а, р), при каждой из которых система 8х +(а2 +аВ + р2)у = 4 х \ г Г имеет бесконечно много решений. (а-р)х + 26у = 2 уравнений 48 Решение. Каждое из уравнений системы определяет на плоскости (X, У) прямую. Заданная система имеет бесконечно много решений тогда и только тогда, когда две прямые, заданные этими уравнениями, совпадают, т.е. коэффициенты уравнений, задающих эти прямые, пропорциональны. 8 а2 + оф + р2 4 а-р’ 26 ~ 2 ° ( а~р=4 |а2 +сф + р2 = .52 jot = 6 (Р = 2 а = -2 Р = —6 Ответ: а = 6, р = 2; а = -2, р = -6. 2 (1 - а}х 4- 2(а - 3)у 4- а 4-1 = 0 Задача 73. При каких значениях параметра а система уравнений Зу + 2 + ху = О / . х ✓ ч „ Л имеет единственное решение? х(у + 1 - а) + у(2а - 3) 4-а 4- 3 = О Решение. Вычтем из второго уравнения системы первое и получим следующую эквивалентную систему Зу + 2 + ху = О х(1 - а) + у(2а - б) + о +1 = 0 Если а = 1 илй а = 3, то второе уравнение системы имеет единственное решение, подставляя которое в первое уравнение, получим единственное решение системы. Если исключить у из этой системы, то получим квадратное уравнение (1 - а)х2 4- 2(2 - а)х 4-15 - 0, которое имеет один двукратный корень тогда и только тогда, когда его дискриминант равен нулю. D = (2-a)2 - (1 - а)(15 - а) 12а - 11 = 0 «а = |у. При этом заданная система будет иметь единственное решение. Ответ: а = —; а « Г, а » 3. 12 Задача 74. При каких действительных значениях параметра а существует хотя бы одно действительное значение х, удовлетворяющее системе х2 4- (2 - За)х 4- 2а2 - 2а < 0 ? ах - 1 Решение. Из уравнения системы заключаем, что а * 0. Умножим обе части неравенства на а2 > 0 и заменим в полученном эквивалентном неравенстве ах = 1. Тогда будем иметь 2о4 - 2а 3 - За2 4- 2а +1 < 0 <=> 2а2 ^а2 - 1) - 2а(а2 - lj - (а2 - 1) < 0 49 Задача 75. Определить4, при каких целых к система уравнений (arctgx)2 + (arccos у)2 = я2 к я имеет решения, и найти все эти решения, arctg х 4» arccos у = - я я 2 я2 Решение. Так как - — < arctgx < —, то 0 £ (arctgx) < —. 2 2 ' 7 4 Так как 0 £ arccosy £ я , ТО 0 £ (arccosy)2 £ я2 . Поэтому О £ (arctgx)2 4- (arccosy)2 < ~L . Откуда, принимая во внимание второе уравнение системы, получаем к = 1. Тогда заданную систему можно записать так (arctgx + arccos у^ - 2(arctgx)(arccosy) = я2 я arctgx 4- arccosy » — (arctg x)(arccos у) = я arctg х 4- arccos у » — Используя теорему Виета, по этой системе можно составить соответствующее ей квадратное уравнение, корнями которого будут arctgx и arccosy. 2 8 Л , ж 1ж2 Зж2 *1 О X « — ± <— +- — 4 Ц16 8 4 Поэтому XI- arctg х =--- 4 Ж1-* = '«-- Ответ: arccos х = —1— 4 я 1-< 4 я(1 + у = cos —--- 4 у « СО5 —---- : 4 Задача 76. Найти все значения параметра а, при которых равносильны системы w Г ах + Зу « 6а - 4 уравнении < и [ х 4- у » 2а х2 - 2у4 - 6х 4- 8 « о х2 + у2 - (2а + 4)х + 1(а2 + а + = 0 ‘ Решение. При а = 3 первая система несовместна, а вторая система выглядит так 50 х = 2, а = 0 х = 4, а = 1 , либо х « 2, о = 1 х = 4, о = 2 х2 - 2у4 - 6х + 8 = О х2 + у2 - 1Ох + 28 = О ’ Левую часть второго уравнения этой системы преобразуем следующим образом х2 + у2 - 10х + 28 (х - 5)2 + у2 + 3 £ 3 . Следовательно, вторая система при а = 3 не имеет решений. Таким образом, обе системы при а = 3 несовместны. Если а # 3, то первая система имеет единственное решение. Заметим, что если если (х0, у0) решение второй системы, то и (*О’~Уо) также будет решением этой системы. Поэтому для того чтобы вторая система имела единственное решение необходимо, чтобы у = 0. (ах = 6а -4 х = 2, а = 1 х - 2а [х = 4, а = 2 Вторая система при у = 0 выглядит так х2 - 6х + 8 = О 2 /л л/ 2 л <=> либо х2 - (2а + 4)х + 21а2 + а + 21 = О Отсюда видно, что только при а = 2 решением и первой, и второй системы будет х « 4 и, следовательно, системы равносильны. То, что при а « 2 вторая система имеет единственное решение, следует из второго уравнения этой системы, которое после подстановки значения а « 2 превращается в уравнение х2 + у2 - 8х +16 « 0 <z> (х - 4)2 + у2 « 0. Ответ: а « 2; а « 3. Задача 77. Найти все значения параметра Ь, при которых система неравенств 2b sin2(x + у)+ b > 4b3 sin(x + у) + Ь3 \ / 4 \ э выполняется нри любых х и у. х2 + Ь4 +11у2 + Ь>2ху Решение, Второе неравенство предложенной системы можно записать так х2 +{bA + 1)у2 + Ь> 2ху <=> (х - у)2 4- b4y2 + b > 0 . Так как это неравенство должно выполняться при любых х и у, то Ь > 0. В противном случае неравенство не выполняется для х = у = 0. Первое неравенство системы с учетом Ъ > 0 можно преобразовать так 2sin2(x + у) - 4Ь2 ял(х + у) + 1 - Ь2 > 0 . Введем функцию /(аш(х + у)) = 2 л’л2(х + у) - 4Ь2 sin(x + у) +1 - Ь2. Это однопараметрическое семейство частей парабол, соответствующих значениям аргумента -1 £ sin(x + у) £ 1. Ось симметрии этого семейства парабол определяется так 51 хс а Ъ2 > 0 и может принадлежать отрезку [-1,1], а может лежать правее точки х = 1. В первом случае Во втором случае Задача 78. При каких значениях параметра р система неравенств х2 + 2рх + 4р2 + 2р + 4 £ 4 sin у + Зсозу О £ у £ 2х имеет единственное решение? Решение, В левой части первого неравенства выделим полный квадрат, а в правой части введем вспомогательный угол разделив и умножив ее на 5, и положив cosy « sin у = |. В результате получим дг2 + 2рх + 4р2 + 2р + 4 £ 4 sin у + Зсозу <=> (х + pf + Зр2 + 2р + 4 £ 5sin(y + <р) . 2 р 4- + у £ у, т.е. левая часть неравенства не меньше у И ПОЭТОМУ ~ £ sin(y + <р) $ 1. Если £ sin(y + ф) < 1, то существует по крайней мере два значения 0 £ у £ 2п, удовлетворяющие этому неравенству. Если sin(y + ф) = 1, то у определяется однозначно. Неравенство принимает вид (х + р)2 + Зр2 + 2р + 4 £ 5. И заданная система имеет единственное решение тогда и р = -1 1 . /=3 только тогда, когда Зр2 + 2р Ответ: р = -1; р = - *3 52 Задача 79. Найти все действительные числа р, при которых существует единственное число х, удовлетворяющее системе cos2xx = 1 (?x+4p2 -11)(бх-р2 -34)<0‘ Решение. Решим сначала уравнение систем coslicx = 1 <=> 2юс = 2ял, n е Z о л = л, л 'е Z . Теперь решим неравенство. « 11 _ 2 11 . 34 р2 34 е Так как------2р* £ — < 6, а — + £—'* — >5, то для того чтобы единственное целое 2 2 6 6 6 fll 2 34 1 2I Л число х = п лежало в промежутке----------2р, — + —р I, необходимо и достаточно. \ 2 6 6 ) чтобы выполнялось одно из двух условий: 7 11 о 2 « — - 2р2 > 3 34 1 6 £ — + — р2 < 7 6 б 4<-у-2р2 £5 I ^4 1 2 х б - система несовместна. 1 2 3 — £ р2 < -4 4 1 , . J5T Ответ: р < — 2 2 Задача 80. Найти все значения а, при которых система неравенств {х2 + 2х + а £ 0 х2 - 4х - ба £ 0 имеет единственное решение. Решение. Введем в рассмотрение функции /Дх) = х2 +2х + а .и /2(х) = х2 - 4х - ба. Функция /Дх) задает семейство парабол с осью симметрии х^ = -1. Функция /2(х) задает семейство парабол с осью симметрии хг = 2. Отсюда следует, что система неравенств, задаваемая этими функциями, может иметь единственное решение в одном из следующих трех случаев. 53 Во-первых, неравенство /Jx) £ 0 имеет единственное реше-fx = -1 ние 4 , которое является решением неравенства, зада- ла = 1 ваемого функцией /2(х), т.е. /2(~1)|а=1 = 9- 4- 6 =-1<0. Во-вторых, неравенство /2(х)$0 имеет единственное решение 2, которое 3 должно удовлетворять неравенству /Дх) £ 0. Но fx (2) = 9---1 = —>0! \ 3 3 Отсюда видим, что этот случай де имеет места. Ответ: а = 0; а = 1. В-третьих, больший нуль функции /Jx) совпадает с меньшим нулем функции /2(х), т.е. -1 + Vl - = 2 - 74 4- 6а <=> а = 0. Задача 81. Найти все значения а, при каждом из которых существует единственная пара целых чисел х,у, удовлетворяющая уравнению Зх2 +11ху 4-Юу2 = 7 и двум неравенствам х + у > 0 , 4д2х - Зау < 0. Решение. Решим сначала заданное уравнение в целых числах, для чего разложим ле- вую часть уравнения на множители X а 9 х 4- 2у » ±1 у = -4 Зх 4- 5у = ±7 х - -9 (зх2 + 11ху + 10/ = 7 _ (х+2у)(3х + 5у) = 7 х,у € Z г с* у = 4 [ Х,у € Z Х,у € Z X 4- 2у а ±7 х » -33 Зх + 5у = ±1 У а 20 х,у € Z ' X а 33 у а -20 Замечание. В каждой из систем одновременно берутся в правой части либо знаки +, либо знаки -. Затем, подставляя каждое из полученных решений в два заданных неравенства, полу-[х =-9 |х =-33 чим, что решения | и | не УдовлетвоРяют неравенству х + у > 0. 54 I х = 33 Второе неравенство 4а 2 х - Зау < 0 для решения < дает [у = -20 4 • 33а2 + 3 • 20а < 0 <=> а 5 11 (jy Q из неравенства 4а 2 х - Злу < 0 получаем Итак, Отсюда 4'9а2 + 3 • 4а < 0 <=> а(3а + 1)<0€>--<а<0. нет к одно .г два нет а решений решение решения 0 решений 5 1 видно, что при - — < а - у существует единственная пара целых чисел, а именно х = 33 20 * У®0®7161®0^111^ У^виям задачи., л 5 1 Ответ: — < а £ —. 11 3 Задача 82. При каком значении параметра b система неравенств У * (* - ь)2 xi (у- b)2 имеет единственное решение? Решение. Заметим, что если точка Мх - (х, у) удовлетворяет заданной системе неравенств, то и точка М2 = (у, х) также удовлетворяет этой системе. Отсюда следует, что для того чтобы данная система неравенств имела единственное решение необходимо, чтобы х = у. Но тогда систему неравенств можно преобразовать следующим образом / \2 х £ (х - ь)2 <=> |Jx - ь) - <; ь + —. Это неравенство имеет единственное решение тогда и только тогда, когда Ь = 4 ‘ Докажем обратное, т.е. проверим, что система у * (» +1)2 ' , которая получается из заданной при Ь = - —, имеет единственное решение. Действительно, сложив эти два неравенства системы, получим X + у i (х + + (v +о (х - })2 + (у - {) £ о . 55 Отсюда видно, что последнее неравенство имеет единственное решение < У 1’а следовательно, и исходная система имеет при Ь = - — единственное решение. • 4 Отет: Ъ = ~ — 4 Задача 83. Найти все положительные х, при которых из системы неравенств abx ^2а +9b + x t а £ 0, Ь £ О следует неравенство ab £ 4. Решение. Среднее арифметическое двух неотрицательных чисел не меньше их среднего геометрического. Поэтому abx £ 2а + 9b + х (ata £ б^^аЬ + х (^abVx - bjijdb - х £ О ai*0,Z>2>0, х>0 |a 2> О, Ь 0, х > О а£0, Ь£0,х>0 Введем функцию f[4abj = x^Tabj “ 65/2 Та£ - х. Это однопараметрическое семейство частей парабол, которые определены на множестве 0 £ 4аЬ <00 и ветви которых направлены вверх. Для того чтобы из заданной системы неравенств следовало неравенство аЪ % 4 <=> Jab £ 2 (при a £ 0, Ь £ 0), необходимо и достаточно, чтобы f /(0)« -х < 0 (х>0 Л л [- . ч . г- <=>< /- €> 0 < х £ 4у2 /(2) « 4х - 12у2 - х 0 |х £ 4V2 Ответ: 0 < х £ 4^2. Задача 84. Найти все положительные числа а, для которых не существует действительных чисел х и у, одновременно удовлетворяющихГнстеме 1бх2 + (4 - 5а)(х3 4- х| - ^-а^х2 + 0 4х _ 1 ~ У t ay f а х2 + 1 5у 1 - у 4 0 < у < 1 Решение. Разделим обе части первого неравенства на 1 / ? «« -|хх + 1J •. В результате получим 56 А 4х V * А 4х _ А 4х 4 -------- + (4 - 5а) —--------- - 5а £ 0 <=> 4 —— U2 J_1 J V Hi < J L2 . 4х 2~1 Заметим, что в силу уравнения системы - > 0 . График л. 1 функции ....... представлен на рисунке. Поэтому нера- х2 +1 венство — будет иметь решение при любых а > 0 . х2 +1 4 С другой стороны, должны выполняться следующие условия - 5аР—I + 5а £ О > У J v У } \2 А Л +5(а-8) +20а£0‘ У J ' Ч У ) hZ + _2L + £ 5y 1 - у 4 4 1 - у ay а л --^ + —2_ + - ^2 5у 1 - у 4 О < у < 1 a > О Первое неравенство имеет решение тогда и только тогда, когда (d = 25а2. - 20а £ О 4 < а Ъ —. ( а > 0 5 Второе неравенство имеет решение тогда и только тогда, когда , D « 25(а - 8)2 - 320а ;> 0 0 < Q 72 - 16714 а £ 8, а > 0 5 Заметим, что требование а £ 8, которое получается из второго неравенства последней системы, существенно. Лишь при таких а последняя система неравенств совместна. Итак, при у £ а £ и только при таких а, существует пара (х, у), 4 удовлетворяющая исходной системе. А тогда либо при 0 < а < у, либо при а > не существует (х, у), удовлетворяющих одновременно исходным условиям. Л Л 4 72-16-714 Ответ: 0 < а < -; а >-----------. 5 5 Задача 85, При каких значениях параметра b система уравнений Ьх + 2Ьх + у + ЗЬ-3-0 имеет единственное решение? by2 + х - 6by + 11Ь + 1 = 0 Решение. Преобразуем данную систему следующим образом 57 fbx2 +2Ьг+у + ЗЬ-3 = 0 1*(* + 0 + (у “ 3) + 2Ь = 0 [by2 + х - 6by + 1 lb + 1 = 0 [b(y - З)2 + (х + 1) + 2Ь = 0 Замечание. Из виЛа последней системы заключаем, что если точка М = (х0+1, у0 - з) является решением этой системы, то и точка N = (у0 - 3, х0 +1) также есть решение полученной системы. Это следует из того, что при подстановке координат этих точек в систему первое уравнение переходит во второе, а второе - в первое. Единственность решения будет тогда, когда при перестановке координат точек мы ничего нового не получаем, т.е. переставляемые координаты должны быть одинаковы. Однако нам представляется, что заслуживает внимания и следующий метод решения этой задачи. Вычитая и первого уравнения системы второе, получим b 0. Откуда либо х +1 = у - 3, либо х +1 = i ь Заметим, что при Ъ = 0 данная система имеет единственное решение < [ у = 3 Подставляя х +1 = у - 3 в первое уравнение заданной системы, получим Это квадратное уравнение относительно х +1, которое имеет единственное решение тогда и только тогда, когда его дискриминант равен нулю, т.е. 1 - 8Ь2 2у2 Подстановка х +1 = ~(у - 3), Ь * 0 в первое уравнение заданной системы дает /] / i А2 з b ~-(у- 3) + (у-3)ч-2Ь = 0<^Ь (у-3)-----+ — + 2Ь==0. • х v х 7 Vх 7 2bJ 4Ь Если Ь > 0, то все слагаемые в левой части полученного уравнения положительны, и, следовательно, оно не имеет решений. Аналогично, если Ь < 0, то все слагаемые в левой части последнего уравнения отрицательны, и оно также не имеет решений. Ответ: b = 0; b - ±—“. 2V2 Задача 86. Найти все значения а, при которых решения системы неравенств {х2 +6х + 7 + а£0 х2 + 4х + 7 £ 4а образуют на числовой оси отрезок длины, равной единице. Решение. Введем функции /i(x) = х2 + 6х + 7 + а и /2 (*) = *2 + 4х + 7 ~ 4а • Они зада 58 ют однопараметрические семейства парабол, ветви которых направлены вверх и оси симметрии равны xq = -3 и х^ = -2 соответственно. Могут быть представлены лишь следующие три возможности. 1. Решения неравенства /i(x) £ 0 образуют на оси х отрезок, длины равной 1, н этот отрезок целиком принадлежит решениям неравенства /2(х) £ 0 . Этот случай описывается следующей системой 25 30 п ------+ 7 + а = 0 4 2 49 28 „ л Л ------+ 7 - 4а £ 0 4 2 2. Длина отрезка, заключенного между большим корнем уравнения /1(х) = ° и меныпим корнем уравнения /2(х) = 0, равна 1. Этот случай записывается так -3 + ^2- а = -2 - -Аа-З +1 а = 1. 3. Решения неравенства /2(х) 0 образуют на оси х отрезок, длины равной 1, и этот отрезок целиком принадлежит решениям неравенства /i(x) £ 0. Этот случай описывается следующей системой 9 —-6 + 7-4а = 0 4 9 —-9+7+а£0 . 4 Последняя система несовместна. Значит, на самом деле реализуются только первые два случая. Ответ: а = 1; а = -. 4 Задача 87. Найти значения параметров и и v, при которых существуют два различных вещественных корня уравнения х^х2 + х - в) = и , являющихся одновременно корнями уравнения х^х2 - б) = v. Решение, Пусть Xi и х2 общие корни заданных уравнений. Тогда с одной стороны, xJxi2 + *1 -8)= и , х } - < =>(*1-*2)1*1 + *1*2 + *2 +*1+*2-8)=0. *21*2 +*2-8| = и ' ' Откуда, учитывая, что xj # х2, получаем х2 + х,х2 + х2 + xj + х2 - 8 = 0. 59 С другой стороны, Г2)(Х1 +*1*2+Х2 о 2 Откуда, учитывая, что q * х2, получаем х/ + хгх2 + х2 -6 = 0. Итак, получена система двух уравнений с двумя неизвестными, из которой могут быть определены значения этих неизвестных. х/ +ххх2 + х22 +xi +х2 “ 8 = 0 о f Х{ +2Х2 = 2 о 1*1 + х2 = 2 1*1 = 1 ± *12+*1*2+*22-6 = 0 |(х1+хг) “*1Х2 = 6 I *1*2 = -2 [х2=1тТз Подставляя любое из этих значений в каждое из заданных уравнений, получим значения параметров и и v. и = (1 + + Vi)2 + (1 + -/з) - 8^ (1 + ^)(-3 + 3^ з(у1з - 1)(7з +1) 6. V = (l + л/з)(ji + Лз)2 - б) (1 + ^з)(-2 +2-/з] . г(7з - 1)(£ +1) . 4. [и = 6 Ответ: { IV = 4 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ Задача 1. При каких значениях параметра а уравнение лп24х4-(а2 -з)ял4х + а2 - 4 = 0 Зп имеет ровно четыре корня, расположенные на отрезке — £ х £ 2я ? Ответ: а = -2, а = 2. Задача 2. Найти все значения параметра а , при которых уравнение 2 2х 1 « IZ л х 4- -===• +------+ 2у2 = 0 имеет единственное решение. у since cosa, Ответ: а = -^ я + 2ят; а = 2. я + 2ял, m,n е Z. Задача 3. Найти все значения параметра a, i ж которых уравнение х2 - 2а- л‘л(с0$х) + а2 = 0 имеет единственное решение. Ответ: а = 0; а = 2 лл1. Задача 4. Найти все действительные значения величины h, при которых уравнение х4 - hx3 - (2й + 1)х2 + hx + 1 = 0 имеет не более двух корней, больших единицы. Ответ: ^20 - 4 < h < -. 2 60 Задача 5. Найти все значения а, которые удовлетворяют условию 2 < а < 5 и при которых уравнение хх | j = соу^лх - относительно х имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условйю 2 £ х £ 3 . _ 9л 15л Ответ: а = —; а =------. 13 13 Задача 6, Найти все пары действительных чисел а и Ь, при которых уравнение (зх - а2 + ab - &21 + (lx2 - а2 - abj + х2 + 9 в 6х имеет хотя бы одно решение. Ответ: (а = 3 = 3’ а = -3 Ъ = -3’ а - 2^ ь = 7з ’ а = ь = -4з Задача 7. Найти все значения параметра а, при которых уравнение log J------—-— --------------------J(x ~5а + Юл - 34)(1 л-х|-а + х + 2) - О 4х - х1 - 2(в - 2х)| х - 21 + 4ла Д1 1 ’ имеет хотя бы одно целочисленное решение. Ответ: а = 2к - 8 ; а = 2л - 1; а = 2л. Задача 8. Определить, при каких значениях параметра а уравнение х~~=2|2|х|-а2| имеет ровно три корня. Найти эти корни. п 1 1 л 1 Ответ: при д = — х ----; х = 0 и х = — . 4 20 12 1 1 3 3 при а = -1 х = —; х = — и х = —. 2 10 б Задача 9. Для каждого значения параметра Р решить уравнение 3cosxsin$ + 2sinxcos$ - 4со$Р = 3-^3 . Ответ: при р = — + 2лт, т € Z х = — 4- 2лл, и е Z ; 6 6 при Р » - — + 2пк, к € Z X в — + 2л/, I € Z; 6 6 при других р решений нет. Задача 10. Найти все значения параметра д, при каждом из которых уравнение 4~l x~e I log&\x2 - 2х + з) + 2'** >2х log Д21 х - а | + 2) = 0 имеет ровно три решения, з л 1 . 3 Ответ: а = —; а = 1; а = —. 2 2 Задача 11. Определить, при каких значениях параметра b уравнение (3 ~ b)x2 - (z>2 - 5hj( J х J - 1) + 6 = 0 имеет единственное решение. Ответ: b = 2; b = 3 . 61 Задача 12. Ответ: Задача 13. Ответ: с Задача "4. Ответ: Задача 15. Найти число решений уравнения у 4 - х2 - а в зависимости от значений параметра а, а < 0, а > 2 - нет решений; а » 2 - одно решение; О £ а < 2 - два решения. Найти все значения параметра с, при которых уравнение | х2 - 1 j +1 х2 - х - 2 J = х2 - Зх + с имеет ровно три различных корня. = 2; с = —. 3 Найти все значения параметра < при которых уравнение 5|х - За | +|х - а2 14- 4х « а 1. Имеет бесконечное множество решений. 2. Не имеет решений. 1. 0; 2. (-<о; - 8)(j(0; 4- «>). Найдите все значения х, удовлетворяющие неравенству (а + 2)х3 - (1 + 2а) х2 - 6х + ^а2 + 4а - б) > 0 хотя бы при одном значении а, принадлежащем отрезку [-2; 1 ]. Ответ: х € (- »; - 1) v(- 1; 0)и(2; + <ю). Задача 16. При каких значениях параметра а все числа из отрезка -1 £ х £ 3 удовлетворяют неравенству 2ах + 2у2х + 3- 2х+За-5<0? Ответ: а < —. 2 Задача 17 Определить все значения параметра а, при которых ровно одно решение неравенства Ja3 -2а2 - 4а + 8 х3 ~ Ja3 - 2а2 х2 4- ^а4 -4а2 х - а2 £ 0 удовлетворяет условию 2а £ х £ 713 а . Л Л 7п Ответ: а = 0; а ------. 2 Задача 18 Найти все значения параметра а, при которых неравенство 3 sin2 х + 2а sin х cosx + cos2 х + а £ 3 выполняется для любых значений х. 12 Ответ:-------£ а £ 0 . 5 Задача 19 Найти все действительные значения Ь, при каждом из которых неравенство cos2 х + 2b sin х - b2 < b - 2 выполняется при любом действительном значении х. 62 Ответ: o)U 0; „ К 3 + V17 , „ Ответ: Ъ <---------— ; b > 2 . 2 Задача 20. Для каждого неотрицательного значения параметра а решить неравенство а3хА + 2а2 х2 -8х+а+4£0. Ответ: Если а = 0, то х £ -•; 2 Л , „ 1-71-в 1 + Vb^a если 0 < а < 1, то х £------ и х 2.--------; а а если а £ 1, то -а> < х < оо . Задача 21. Пусть в > 0, Ъ > 0. Найти решение неравенства JД--— !х2 в2 •» Ъ 2л2Ъ ------— , при условии а £ b ; а2 + Ъ2) [-a; 0)U(0; а], при условии а > b. Задача 22. Найти все действительные значения а, для каждого из которых существуют четыре целых числа (х, у» и, v) удовлетворяющие системе уравнений х2 + у2 = (107 - а)(а - 91) 54^и2 - v2 j = я(15и +3v - а) Ответ: а « 99. Задача 23. Найти все значения параметра а, при которых система уравнений имеет хотя бы одно решение. Ответ: -1 + 6Аг, 3 + б/; 6m; 2 + бл, к.1,т,п 6 Z . Задача 24. Найти все пары значений а и Ъ, для которых система уравнений х2 - у2 + д(х + у) = х- у+ а . v ' имеет не менее пяти решений. х2 + у2 4-Лху- 1 = 0 Ответ: -oo<a<ao,fce:2; а = ±1, b = -2. Задача 25. Найти все значения о» при каждом из которых для любого значения Ъ система {Ьх — у - az2 = О (Ь б) 2Ь 4 4 ПО мсРе W10 решение (х, у, г). Ответ: - — £ а £ —. 4 3 . 63 Задача 26. Найти все значения параметра а, при которых система (2 - 4з]* +(2 + Л})’ - 5 = а - 2у +/ • х2 + ^2 - а - a2 ) у2 =0 имеет единственное решение. 0£у<;2 Ответ: а = - 3; а = - 2. Задача 27. Найти все пары значений ( а, Р ), при каждой из которых система уравнений 8х +(а2 - ар +р2|у = 4 (а + р)х 4- 26у = 2 имеет бесконечно много решений. Ответ: а = 6, р = -2; а = -2, р = 6. Задача 28. Определить, при каких целых к система уравнений (arcsiny^ arccosx = •—-' 7 16 / . U . Я2 arccos х + \arcsm у) » к — имеет решения, и найти все эти решения. я21 Ответ: к = 2; х = cos—; у « ±1. 4 Задача 29. При каких значениях параметра а система уравнений ах2 + 4ах - у 4- 7а 4-1 = 0 ау2 - х - 2ау 4- 4а - 2 = 0 имеет единственное решение? Ответ: а = 0; а = ±-Д=г. Задача 30. При каких значениях параметров а и b можно найти два различных вещественных корня уравнения х3 - 5х2 4- 7х = а , которые будут также корнями уравнения х3 - 8х 4- b = 0 ? Ответ: а » 2; b = 3. Задача 31. Найти все значения а, при каждом из которых система уравнений ^|у+з| = 1-.Д7| 16а-9-бу = 25х2 + у2 имеет ровно четыре различных решения. Ответ: а = —; а =------< 16 128 Задача 32. При каком значении параметра а система неравенств у £ х2 4-2а [х £ у2 + 2а имеет единственное решение? 64 Ответ: а = — . 8 Задача 33. Найти все значения параметра Ь, при которых система неравенств (2bcos2(x - у) + 8Ь2 cos(x - у) + 8b2(fc + 1) + 5Ь < О < v f v / выполняется П| [ x2 +y2 + 1 > 2bx + 2y + b b2 Ответ: b < -1------- — < b < 0. 2^2 2 Задача 34. При каких значениях параметра р система неравенств х2 + 2рх + 3р2 + 3р +3 £ 3siny - 4 cos у о r r г ' имеет единственное решение? О £ у £ 2к Ответ: р = -2; р = —. Задача 35. Найти все неотрицательные числа р, при которых существует единственное дсйстви-tgitx = О (5х + 25р + 19)(2р - 13 - 4х) !> О ’ тельное число х, удовлетворяющее системе „ 1 6 Ответ: — <, р < —. 2 F 25 Задача 3(*. Найти все значения а, при каждом из которых существует единственная пара целых чисел х,у, удовлетворяющая уравнению -15х2 + 11ху - 2у2 = 7 и двум неравенствам х < у; 2а2 х + Зау < 0 . Л 13 19 Ответ:-----< а £------. 3 5 Задача 37. Найти все значения а, при которых решение системы неравенств х2 ~~ 2х Ct “ 1 образует на числовой оси отрезок длины, равной единицы. ж2 - 4х £ 1 - 4а Ответ: а = —; а= 1. 4 Задача 38. Найти все положительные числа а, для которых существует бесконечно много действительных чисел х и у, одновременно удовлетворяющих системе 18х2 4- ~(1 - а)^х3 + 9х) - ~а(х2 + 0 бх 1 ау а Л -------= — + —, у>0 х2+9 Ь 3 6 _ 4 26-4-J22 Ответ: — < а <--------. 3 3 65 ДОПОЛНЕНИЕ Задачи с параметрами, предлагавшиеся на вступительных экзаменах различных факультетов МГУ в 1993*1995 годах 1. (Механико-математический факультет, 1993) При каких значениях параметра а, 1 имеет принадлежащих интервалу решения? Решение. Левая часть заданного уравнения неотрицательна, а правая * неположительна. Поэтому -1) у + тип, m € Z cos6x -1 = 0 ( Я я А д6-----; — \ 2 2) Я ( / _ А а = 3V +' ' + 3mJ neZ^meZ о п GZ я а = — 3 а = 0 я а = — 3 :оме^ание. Выдожеше п + (-l)w +3mj « Z, т.е. является целым числом как сумма трех целых чисел. Очевидно, что при любом фиксированном значении m существуют три последовательных значения и, при которых это выражение принимает значения *1; 0; 1. Ответ: -у; 0; у. 2. (Механико-математический факультет, 1993) Найти все значения а, при которых уравнение 4х + (а2 3 + 5^ 2х + 9 - а2 = 0 не имеет решений. Решение. Так как 4х = 22* > 0, (а2 + 5)-2х >0, то при 9-а2£0 левая часть заданного уравнения будет строго больше нуля, т.е. заданное уравнение не имеет решений. Если 9 - а2 < 0, то существует ровно одно решение. Замечание. Рассмотрим функцию /(г) = t2 + La2 + 5р + 9 - а2 на множестве t > 0. Это - а2 + 5 однопараметрическое семейство парабол с осью симметрии tc =-----— < 0 не имеет точки пересечения с положительной полуосью t тогда и только тогда, когда /(О) = 9- а2 0 о |а| £ 3 . Ответ: | а | £ 3. 3. (Механико-математический факультет, 1993) Найти все значения а, для которых неравенство /o#Ja cos2x + 11 + а2 - sin2 х) cosx + 4 + а! < 1 выполняется при всех х. 66 Решение. (а cos2x + 0 + °2 “ ™2 x)cosx + 4 + а) < 1 l°8s5 <=> I X € R О < а соз2х ++ а2 - sin2 xj cosx 4- 4 + а < 5 х € R cosx ух2 4- 2а cosx + cos2 xj + 4 > О cosx (а2 + 2а cosx + cos2 хj - 1 < 0 <=> х е R cos х (а + cos х)2 + 4 > О cosx (а + cosx)2 -1 < О . Проанализируем полученную систему. х е R Рассмотрим те значения х, для которых cosx £ О. Тогда для всех таких х первое неравенство системы выполняется, а для левой части второго неравенства имеем оценку сверху: cosx(a 4- cosxf - К (а + cosxf - 1 а а2 4- 2а cosx 4- cos2 х - К а2 + 2а, а £ О а2 - 1, а < О Здесь оценка а2 +2а получена заменой cosx единицей, а оценка а2 -1 - заменой cosx нулем. Теперь рассмотрим те значения х, для которых cos х <> 0. Тогда для всех таких х второе неравенство системы выполняется, а для левой части первого неравенства имеем оценку снизу: cosx(a 4- cosx)2 4- 4 £ -(а 4- cosx)2 4- 4 s -а2 - 2аcosx - cos2 х 4- 4 £ -а2 4- 4, а 2. О -а2 4- 2а 4- 3, а < О Здесь оценка -а2 4-4 получена заменой cosx нулем, а оценка -а2 4-2а+3 - заменой cosx минус единицей. Используя эти оценки, получим, что система выполняется для всех значений х тогда и а £ 0 ’ а2 4- 2а £ 0 -а24-4>0 только тогда, когда <=> -1 < а < 0. Ответ: -1 < а < 0. а < 0 ’ а2-КО -а2 4- 2а 4- 3 < 0 4. (Факультет ВМК, 1993) Найти все значения д, при которых область определения функции у ------------------т=~ совпадает с областью определения функции Зео«-2со?х--^а у =______!______. sin3 х 4- cos3 х - а 3cosx -2cos3 х - -Jia 67 Решение. Прежде всего заметим, что если х0 удовлетворяет уравнению sin3 х + cos3 х - а » 0, то и я --- 2 0 удовлетворяет этому же уравнению. Действительно, . •»[ X | а | К | Л .а ял--------хп + cos3---------хп - о = 0 <=> sin хл \2 ® J \2 ° + cos3 л0 - а = 0 . Поэтому область опреде- ления функции у =--------------------будет совпадать с областью определения 3cosx - 2cos3 х - <j2a . i , -ji_______ функции у = —------------------------1-----------j=- в одном из двух случаев: sin3 х + cos3 х - a 3cos х - 2 cos3 х - \2а либо уравнения sin3 х + cos3 х - а = 0 и **cosx - 2cos3 х - ^2 а = 0 имеют одинаковые корни, либо уравнение sin3 х + cos3 х - а = 0 не имеет корней. Рассмотрим эти случаи. В первом случае, если уравнение sin3 х + cos3 х - а = 0 имеет корень х0, то как показано выше, оно обязательно будет иметь корень ~~хо-Подставляя эти значения корней в уравнение 3cosx - 2cos3 х - ^2 а = 0, получим 3cosXq 3sinxQ -2cos3 хп- 42 а = 0 / \ / 3 . з \ л „ 0 г- => 3(cosxA - sinxn) - 2(cos3 xn - sm3 xn) = 0 <=> -2sin3xo-Jla = O 1 0 °' V ° °> / \/ \ cosxn - sinxn = 0 tgxa = 1 я <=> (cosxn - sinxn) l - sin2x = 0 <=> " u u <=> xft = — + xn, n € Z V 0 °/ sin2x0 = 1 sin2xQ =1 0 4 Подставляя это значение x0 в каждое из уравнений, получим те значения параметра а, которые обеспечивают выполнение этого условия. . 3Гя , 2 л , 1 sm l — 4-ял +cos | — 4- ял I - а = 0 о ±—=• - а = 0 <=> а = ±—=? . V4 J U J 2V2 <2 Зсоя — 4- ял | - 2cos3[ — + ял] - ^2 л = 0« i-—? - ^2 а - 0 о а = ±1. U ) U ) 6 £ Т.е. первое уравнение выполняется для одних значении параметра а, а второе - для других. Поэтому первый случай невозможен, т.е. рассматриваемые уравнения не мотуг иметь одинаковых корней. Рассмотрим второй случай. Уравнение sin3 л 4- cos3 х - а - 0 не будет иметь корней тогда и только тогда, когда [а| > 1. Действительно, | sin3 х + cos3 х | £ | sin3 х | +1 cos3 х | £ sin2 х 4- cos2 х = 1, Ответ: |л|>1. 5. (Физический факультет, 1993) Число х = 5 является одним из корней уравнения Зх2 + рх + q = 0, где q < 0 . Найти действительные корни уравнения Зх4 4- рх2 4-^ = 0. 68 Решение. Уравнение Зх2 + рх + q = 0 имеет два корня хх = 5 и х2 = -^ < 0. Если в уравнении Зх4 + рх2 + q = 0 положить х2 = г £ 0, то получим уравнение Поэтому 3t2 + pt + q = 0, которое по условию задачи имеет два корня rt = 5 и t2 = А < 0 . х2 = 5 2 _ < 0 • Откуда действительными корнями являются х = ±^5 . “ 15 С Ответ: ±^5 . 6. (Факультет почвоведения, 1993) Найти все действительные числа о, при которых 7а2 + а - 2 _ , ___м неравенство х + —-—< 7а -1 не имеет положительных решений х. Решение. Запишем заданное неравенство в следующей эквивалентной форме, умножив его на (х + а +1)2. х +12—"L2—?. < 7<з — 1 <=> (х2 - 2(3а - 1)х - 5а - 1](х + а +1} < 0. х+а + 1 \ ’ Для трехчлена х2 - 2(3а - 1)х - (5а +1) имеем D = -9=(За-1)2 +(5я + 1) = 9а2 -а + 2 = ^За-|} +^^>0- Поэтому функция Дх) = (х2 - 2 (За - 1) х - 5а - 1) (х + а +1) имеет три точки пересечения с осью х. Полученное неравенство не имеет положительных решений при одновременном выполнении следующих условий: За - 1 < О -а - 1 < О <=>-1£а£--. До) = (-5а - 1)(а +1) £ О 5 Эти условия в совокупности означают, что все нули функции Дх) = (х2 -2(За - 1)х - 5а - 1)(х + а +1) лежат левее нуля. Ответ: -1£а£-~. 5 7. (Геологический факультет, 1993) Найти все действительные значения параметра К9 при которых в области (2х-7)2+4(у-з)2 £25 лежит ровно одна точка графика функции у = 2х + к) JcasfyKnx) + 2cos(Kкх) - 3 +1. Решение. Для существования квадратного корня необходимо, чтобы со$(к лх) = 1; для существования логарифма необходимо, чтобы К > 0. Поэтому 69 соз(К юг) = 1 <=> Ктх = 2ял, л g Z о i = —, л е Z . А Имеем у = 2х +1 = — +1. Подставляя эта значения х и у в неравенство, получим I» К ( 4п J}2 а(4п (4л V , f 4л^ _^л 1 л ) \К ) \К) \К) 2 К Для того чтобы ровно одна точка графика функции у попала в заданную область, необходимо и Достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие условия: 2 К п£К£2п 1±1 >1 К< п+1 „ к <х> Из этой системы неравенств можно заключить, что Л1 1 к>*-2 g < 2 ЛС > 0, л € Z К > 0, л € Z | п > ° . Откуда 0 < п < 3. [2л - 2 < К < п +1 Отсюда заключаем, ввиду л e Z , что л может принимать только два значения п = 1 и л » 2 . Подставляя эти значения л в систему неравенств, получим при л = 1, 1 £ К < 2; при л = 2 , 2 < К < 3. Ответ: 1 £ К < 2; 2 < К < 3. 8. (Географический факультет, 1993) При каких значениях параметра а четыре корня уравнения л4 + (а - з)х2 + (а + ю)2 = о являются последовательными членами арифметической прогрессии? Решение. Заданное уравнение симметрично по х относительно нуля, т.е. если х является решением, то и -х также является решением. Поэтому корни заданного уравнения будут расположены симметрично относительно начала отсчета. Кроме того, из определения арифметической прогрессии следует, что [ £ 3d = *1 ® 0 __ 2 2 <=> ? . Итак, заданное уравнение имеет следующие корни -х. + d = х. з 1 1 х, »—d Р 2 3 d d 3 ' , 2' 2d* К0Т°Рые явлаются последовательными членами арифметической прогрессии. Имеем 70 х4 + (в -3)х2 +(а + ю)2 « [х + — rflfx + —Ifx - —Ifx - — <f) = x4 - — d2x2 + —J4 . v 7 v 7 I 2 Д 2Л 2A 2 J 2 16 Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим о-З = - *d2 2 а = -7 ь 1 U) н 1 1<Л а +10 » d = ±2 2 4 109 л а (в + ю)2 = £<** о-3 = - -d2 2 7 з * d « ±2 J— а +10 = - --d2 17 4 Замечание. Мы определили не только требуемые значения параметра а, но и нашли соответствующие значения d, а следовательно, и сами корни. Последнее обстоятельство может быть использовано для контроля правильности решения. Ответ: а = -7; а = -—. 7 9* (Факультет психологии, 1993) Уравнение (а - 1)х2 - (а + 1)х + 2а -1» 0 имеет действительные корни хр х2. 1) Найти все значения параметра а, при которых оба корня меньше L 2) При а # 1 найти все значения параметра Ь, чтобы выражение (xj - b)(x2 - ь) не зависело от параметра а. Решение. 1) Заметим, что а # 1. В противном случае заданное уравнение становится линейным и имеет только один корень х = у. Поэтому 1 о + 1 2а ~ 1 Л 2-----х+------= 0. о-1 о-1 Пусть /(х)» х2-----J-х + —— - однопараметрическое семейство парабол с осью 0—1 0—1 и ветвями, направленными вверх. Тогда для того чтобы симметрии хс « парабола из этого семейства имела с осью х две различные общие тогой, лежащие левее точки х»1, необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие три условия: a) -g * |- J-t* .[ - g ~?fl + 14д ~3 > о (Условие существования ™ U(a-l)J а-1 4(а-1)2 двух различных действительных корней); Ь) х ж < 1 (Ось симметрии параболы /(х) лежит левее точки х = 1); р О f Л — 1 1 ' ' 71 с) /(1) > о <=> ——р > О (У параболы f(x) нет корней, больших 1). » 7 - 2^7 Решая эту систему неравенств, получим —-— < а < 1. 2) При а # 1 в силу теоремы Виета имеем 4- Х2 = -- . Поэтому х =------ 12 а-1 (х1_^2.а)^л_(Ж1+^+^Ь^1-^О2=Р-, + 2+1^. Это выражение не зависит от а при Ь = - . Ответ: 1) -—< а < 1; 2) Ь = -. 7 2 /(х) а х2 + 2| х - а | - а2 <=> 10. (Институт стран Азии и Африки, 1993) Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство х2 + 2|х - а | £ <т2 справедливо для всех действительных х. Решение. Введем в рассмотрение функцию /(х) = х2 + 21 х - а | - а2 . Определяющей точкой этой функции является точка х = а. Посмотрим, как ведет себя эта функция правее точки х = а и левее этой точки. х - а £ 0 /1(х)“х2 +2(х-а)-а2 х - а £ 0 /2(х) = х2 - 2(х - а) - а2 В точке х = а имеем f(a)*= /До) = /Да) = 0. Заданное неравенство выполняется для всех действительных х тогда и только тогда, когда одновременно выполняются неравенство /Дх)£ 0 для всех х z а и неравенство /Дх)£ 0 для всех х £а. Для того чтобы неравенство /Дх) £ 0 выполнялось для всех х £ а, необходимо и достаточно, чтобы ось симметрии хс = -1 функции /Дх) лежала не правее точки х «а, т.е. -1 £ а. Совершенно аналогично, для тою чтобы неравенство /Дх) £ 0 вьшолншТось для всех х£а, необходимо и достаточно, чтобы ось симметрии = 1 функции /Дх) лежала не левее точки х « а, т.е. а <. 1. Наглядно это видно на рисунке. Откуда получаем -1 £ а £ 1. Ответ: -1 £ а s 1. 72 11. (Механико-математический факультет, 1994) При всех значениях параметра а решить уравнение 2х2 + 2аг - а2 = yjlx + 2а + За2 . Замечание, Если обе части заданного иррационального уравнения возвести в квадрат, то получим алгебраическое уравнение четвертой степени, которое довольно трудно разложить на множители. Поэтому пойдем по другому пути, выделив два раза в левой части уравнения полный квадрат. Все преобразования легко проследить по следующей цепочке эквивалентных соотношений. Решение. 2х2 + 2ах - а2 = ^4х +2а А-За2 <=> 2| х2 + ах + — | - = 2 Jx + ~ <=* I 4 J 2 V 2 4 Ответ: {о}, {1}, а = 0; 1>д4>71Узд2 2 12. (Механико-математический факультет, 1994) Найти все значения параметра к я 2* 2 а е , для каждого из которых уравнение sin 2х 4- sin х + sin (х - а) = sin а + sin (х + а) имеет ровно 5 различных корней на промежутке 7к 5п 4 ’ 4 73 Решение, Преобразуем заданное уравнение sin 2х + sin л т sm (х - а) = sin а + sin (х + а) <=> Isinxcosx 4* sinx - «иа(1 + 2cosх) -0 сэ 1 COSX =----- 2 • sin х - sin а = О Замечание. Мы покажем несколько способов отбора пяти различных корней этой _____________________„ Г 7л 5л совокупности уравнении на промежутке------;— . Первый способ, использующий тригонометрическую окружность. Прямая, параллельная оси орди- нат и проходящая через точку имеет три точки пере- сечения с дугами . Эти точки суть корни 1 уравнения cosx = на проме- жугке 1п 5л ~~4~’ Т Следователь- но, уравнение sinx = sin а. должно иметь на промежутке 7л 5л 4 * 4 ровно два различных 2^=0 4 и 4 1 п корня, не совпадающих с корнями уравнения cosx = —. Просматривая последователь- но ось ординат, видим, что значения а е л 2* отвечают 5л этому требованию. При таких значениях а прямая, параллельная оси абсцисс, имеет ________ Г 7л Л1 Г 5л две точки пересечения с дугами-----; 0 и 0; — . I 4 4 4 Второй способ, использующий графики функций у « COSX и у = sinx на промежутке 7л 5л 4 ’ 4 у = cos X 74 Из графика функции у = cosx непосредственно видно, что уравнение cosx = ~~ на промежутке должно 7л 5л ~Т’ Т 2 л 4 л имеет три корня: ±—, . Значит, уравнение sinx = sin а Г 7л 5л иметь на промежутке ——; — 4л Т’ ровно два различных корня, не совпадающих л л причем, по условию задачи, а е —; — 2 2 {у = sin х 2л л л л л 2л 3 2 3 . 2л с ±—, 3 _7я _4л 4 ~ 3 Среди всех прямых параллельных оси х, нужно выбрать те, которые с графиком Г 7л 5я1 - у = «лх, хе ——; — , имеют ровно две общие точки. Из приведенного рисунка L 4 4 J получаем Третий способ, использующий решение заданного уравнения. х Гс г г 1 COSX в- 2 7 5 —я£ х£ —я k 4 4 sinx-sina = О л л — — 2 2 7 5 ----Я £ X<> —л k 4-4 ±1* L з А . х-а х+а 2 sin--cos---= 0 <=> 2 2 я я — ^а^ — 2 2 7 5 —я £х£ —я 4 4 Л 2л 4л х = ±—;---- 3 3 х = а + 2лл, п eZ я л 7 5 — £ а £ —л £ х £ —п Д 2 2 4 4 Теперь изобразим на плоскости (а;х) решения этих систем. Найдем те значения параметра а € при л £ 2’ 2 ’ которых прямая, параллельная оси ОХ, имеет пять различных точек пересечения с 75 ломаной ABCDE и прямыми х = ±— и х = - — . Ответ: а е f-~;-7Ы-7;- тЫтЫт! • к 2‘ 37 к 3 4J (3) |2j 13. (Физический факультет, 1994) Для каких значений а система неравенств -х2 + 12х - а к О х <, 2 выполняется хотя бы при одном значении л? Решение. Введем в рассмотрение функцию /(х) = -х2 t 12* - а . Графиком этой функции является парабола с осью симметрии хс »6. Ветви этой параболы направлены вниз. Поэтому условиям задачи будет удовлетворять такая картинка. Откуда /(2) = -4 + 24 - а 0 <^> а < 20. Ответ: а <> 20 . 14. (Биологический факультет, 1994) Найти все значения величины х, при которых неравенство (2с - б)х2 + (32 - 10с)х - (8 з с) < 0 выполняется для всех с, удовлетворяющих условию 2 < с < 4. Решение. Перепишем заданное неравенство в следующей эквивалентной форме ^2х2 - 10х - 1) с - 6х2 4 32х - 8 < 0 . Обозначим /(с) = ^2х2 - lOx ljc - 6х2 + 32х - 8. Это однопараметрическое семейство прямых, причем в качестве параметра выступает переменная х. Для того чтобы неравенство /(с) < 0 выполнялось при всех 2 < с < 4, необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие два условия: 7(2) = -2х2 + 12х - 10 £ 0 /(4) = 2х2 - 8х - 12 £ 0 с Решая эту систему неравенств, получим х2 - 6х + 5 в (х ~ 5)(х - 1) £ 0 х2 - 4х - 6 в (х - 2 - V10 j(x - 2 + Tioj £ 0 2 - <10 £ х £ 1 5 £ х £ 2 + 710 Ответ: [2 - 710; 1 ]u[5*» 2 + 710 15. (Факультет почвоведения, 1994) При каких значениях параметров а и b система f b + cosax £2 неравенств < 2 2ь + 9 £ 0 имеет единствеш1ое решение? 76 Решение. Из первого неравенства системы имеем, что Ь £ 2 - cosax <> 3. Неравенство х2 4- 2Ьх + 9 0 (х + ь)2 + 9 - Ъ2 £ 0 при | Ь | < 3 не имеет решений и имеет единст- венное решение тогда и только тогда, когда Ь = 3 „ _ 3 . При этом имеем b = 3 х = -3 . Подставляя эти значения b и х в первое неравенство системы, получим при Ь = 3 х = -3 3 + cos За £ 2 <=> cos За = -1 <=> За = я(2и 4-1) при b = -3 х = 3 -3 + cos За £ 2 <=> cos За £5<=>-<ю<а<<ю. Замечание. При Ь < -3 первое неравенство системы при любом фиксированном а выполняется для всех х, а второе неравенство системы имеет решения, заключенные на отрезке -b - 4b2 - 9 s х $ -Ь + - 9 . Поэтому система неравенств при b < -3 не будет иметь единственного решения. Ответ: o = ^(2n + l).«eZ ддн («€(-«,®) & = 3 I ^ = -з 16. (Географический факультет, 1994) Найти все значения параметра а, при которых уравнение 2 + ^4х - х2 - 3 = а + J\-a2 + 2ах - х2 имеет ровно одно решение. Решение. Перепишем заданное уравнение в следующей эквивалентной форме 2 + ^4х - х2 - 3 = а + 71 - а2 + 2ах - х2 <=> 2 + - (х - 2)2 = а + - (х - о)2 . Имеем 2^2 + ^1-(х-2)2 £ 3 и а £ а + ~(х - а)2 £ а +1. Отсюда заключаем, что заданное уравнение имеет решение только при 1 s а <> 3. Заметим, что при а = 2 правая часть последнего уравнения превращается в левую и уравнение выполняется для любых значений х € [ 1, 3 ]. Итак, исследуем уравнение 2 + -(х- 2)2 = а + - (х - а)2 при а е [ 1, 2 )ll(2, 3 ]. Рассмотрим левую часть уравнения, у = 2 + - (х - 2)2 - это уравнение полуокружности с центром в точке (2,2) и радиуса R = 1. Эта полуокружность фиксирована. Аналогично у = а ч- - (х - а)2 - уравнение полуокружности с центром в точке (а, а) и радиуса R = 1. Центр второй полуокружности перемещается по биссектрисе первого координатного угла в зависимости от значений параметра а. Когда а е [ 1,2)и(2,3], то эти две полуокружности имеют только одну общую точку. При а = 2 полуокружности совпадают. 77 Замечание. Возможно и аналитическое решение данной задачи. Возводя обе части заданного уравнения в квадрат, получим следующую цепочку эквивалентных соотношений. 2 + ^4х-х2 - 3 = а + ^1-а2 + 2ах - х2 <=> (2 4- ^4х ~ х2 - з) = (а + х/1 - «2 + 2ах - х21 <=> Итак, должны одновременно выполняться следующие условия: -а2+2ах-х2 а2 +2ах-х2 +х 2-а+у4х-х2 -3 +х ’4х-х2 4х-х2 О 2[а~2+^1-а2 +2ах-х2 +х а2 +2ах~х2 +х 1-а2 +2ах-х2 +х-2 а-2=0 4х-х2-3^0 ' а-2#0 а=2 1£х£3 у4х-х2 -3 =д-х -а2 +2ах-х2 =2-х а*2 2х2 -2(а+2)х+а2 +3=0 а -х£0, 2-х£0 Первая система совокупности имеет бесконечно много решении. Вторая система совокупности имеет единственное решение, если функция Дх) = (а - х)2 - 4х + х2 +3 = (2- х)2 -1 + а2 - 2ах + х2 s 2х2 - 2(а + 2)х + а2 +3 принимает отрицательные значения при х = а и х = 2 , т.е. /(х)| = /(х')| 2 за2 - 4а + 3 я (а - 1)(а -3)<0<=>1<а<3. Легко получить, что вторая система совокупности при а = 1 и а = 3 имеет единственное решение. Учитывая, что а * 2, окончательно получим а е [ 1; 2)11(2; 3 ]. Ответ: а €[ 1; 2 )U(2; 3 ]. 17. (Факультет психологии, 1994) Известно, что х = 1, у = -1 одно из решений системы /г Г1П1я) 2дх + by = v3 rgl—-—I Найти все решения данной системы. ах2 + by2 =2 D m f 1111Х ) Я| Я 1 Решение. Так как --------- = tg 1185л + — I = tg— = -=, то заданная система выглядит \ 6 J \ 6J 6 [ 2ах +Ьу = 1_ [ х = 1 так { 2 + 2 . Поскольку < одно из решении системы, то 78 - Ь = 1 а = 1 <=> < и поэтому исходная система будет иметь такой вид а + Ь = 2 [Ь = 1 2х + у = 1 I у = 1-2х х2 + у2 = 2 [х2 + (1 - 2х)2 = 2 5х2 - 4х - 1 = О у - 1 - 2х Ответ: (1,-1); I—, - 18. (Институт стран Азии и Африки, 1994) При каких значениях параметра а уравнение а2х2 + 2at^2 - 11 х + -2 = 2^2 - 3 имеет решение? Замечание. Так как в заданное уравнение наряду с параметром а входят х, х2, ух-2 то попытка разрешить его относительно х обречена на неудачу. Решение. Выделим в левой части уравнения полный квадрат относительно ах, оставляя в покое член V* - 2 . а2х2 + + Jx-2 = 2-Ji - 3 » (ах + - 1)2 + Jx-2 = 0 . Сумма двух неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из этих слагаемых равно нулю. Поэтому из последнего уравнения получим ах + ^2 - 1 = 0 _ х-2 = 0 х = 2 \-^2 . а 2 л Ответ: ------ 2 19. (Механико-математический факультет, 1995, предварительный экзамен) Пусть Xj - наибольший отрицательный корень уравнения <J5sinx -3cosx = 2а-\, а х2 - наименьший положительный корень уравнения 2 cos2 х - 2 sin2 х = а.. Найти все значения а, при каждом из которых | хх | £ х2. Решение. Преобразуем заданные уравнения. /т . , , 1 • Л 2« - 1 ( 1 - 2а уЗ sin х - 3cosx = 2а - 1 <=> — sinx-cosx =-=- <=> coj x + — =-?=-. 2 2 2-fi У 6) 2^3 2cos2 x - 2sin2 x = a cos2x = — . 2 Для того чтобы эти два уравнения одновременно имели решения, необходимо и доста 79 1 г ъ точно, чтобы — уз $ а £ 2 . Решим первое уравнение и найдем х{. ( я^ 1 - 2а я 1 - 2а cos х + — =-------т=- <=> х =--± arccos-----т=- •+ 2 тел, п е Z . ‘ I 6J 2л/з 6 2>/з Теперь нужно выделить наибольший отрицательный корень. „ 1 - 2а п 1 г ' я 1 - 2а ЕСЛИ 0 £ arccos--=г- < — <£>-уЗ £ а < -1 , ТО х. =-+ arccos--=- 2^3 б 2 1 6 2<3 Если я 1 - 2а — £ arccos-==- £ п , _ 1 oz. 6 _ я 1 ~ 2а -1 £ а £ 2, ТО х. = - arccos-т=- . '-,6s.S2 6 2 Решим второе уравнение и найдем х2 . cos 2х = — <=> х = ± — arccos — + пт, т Е Z. 2 2 2 Теперь нужно выделить наименьший положительный корень. Если _ 1 а Я О < — arccos — £ — 2 2 2 --^3£а£2 i 2 1 /г 1 а <=>---уЗ £ а < 2, ТО х~ = — arccos — . 2 2 2 2 = я. Рассмотрим ~ - VI <; а < -1. При этих значениях параметра а имеем о < |х, | £ ~, а у £ х2 £ -агссо/у - -~Ч . Таким образом, при у - ^3 £ а < -1 неравенство [xj | £ х2 выполняется. Теперь рассмотрим -1 £ а < 2. При этих значениях параметра а имеем 1. О £ х2 £ —. Таким образом, неравенство |xj | £ х2 €=> |xj |« х2 = ~ 3 3 При а «2 имеем | 1« х2 «я, т.е. это значение параметра также удовлетворяет условию задачи. Ответ: | - 7з; -1 U {2}. 20. (Механико-математический факультет, 1995, основной экзамен) Найти все значе- ния параметра а из отрезка [ 0; 2я ], при которых система уравнений f х2 +у2 +2z(x + y + z)-sina = 0 а г- г з имеет хотя бы одно решение. 1(х +1) sin2 — + у2 ух 4- а2 + sfa-а = 0 80 Решение. Преобразуем заданную систему уравнений к следующему эквивалентному виду (х + г)2 + (у + z)2 - sin а = О (х +1) sin2 — + у2 7* + а2 Jz + sin—а = О ? ' 2 2 Из первого уравнения системы и условия а 0; 2я] заключаем, что sin а £ О Г 0 < а < к О £ а £ 2я а = 0; я; 2х Из второго уравнения системы и условия а е[ 0; 2я] заключаем, что х * 0, z £ О sin—а £ 0 <=> 2 О £ а £ 2я х Ъ 0, z Ъ О 3 я < —а < 2я _ 2 & —а = 0; я; 2г,Зя; .2 х % О, Z £ о 2 4 -я < а < — я 3 3 2 4 а « 0; —я; —я; 2 я. 3 3 Таким образом, решения у заданной системы могут существовать лишь при а * 0; я; 2я или —я < а < я. Так как sin—а « Злп~ - 4sin3 —, то 3 2 2 2 , 2 а .3 л . з а . о а _ . а .а smr — + ли — а ~4sm9 — + sm — + 3sm — a sm — 2 2 2 2 2 2 ✓ x 2 49 fl o . of ------------2 sin — 16 k4-------2/ £ 0 ибо | < | £ J, После этой оценки второе уравнение системы можно записать так . 2 а 2 Г 2 Г .а 49 xsm* — + у\х + а Vz + sm------ 2 7 2 16 fl 0 . а)2 ----2sm — I U 2J = 0. Сумма неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из этих слагаемых равно нулю. Пользуясь этим замечанием и тем, что неравенство . а sm — 2 49 16 1 „ . а ---2 ли — .4-2> £ 0 обращается в равенство лишь при а = 0; я; 2я получаем, что при этих значениях а система имеет решение х = у = z - 0. При других значениях а система решений не имеет. Ответ: 0; я; 2я. 21. (Факультет ВМК, 1995, предварительный экзамен) Для каждого значения параметра а решить неравенство I х + 2а I £ —. х Решение. Из вида заданного неравенства следует, что х > 0. Поэтому заданное неравенство эквивалентно следующей системе 81 (х(х + 2а) - 1)(х(* + 2а) + 1) <, О X > О fx|x+ 2a| S 1 |х2(х+ 2а)2 $1 I *>0 I х>0 S О Решим первую систему. О < х £ -а + ^а2 + 1 |ф1 Заметим, что точка х = 0 действительно расположена так, как показано па рисунке, т.е. между корнями квадратного трехчлена, ибо если 0 < -а - Та2 +1 [ -а > О [а2 +1 < а2 ’ то решений нет, а если -а + Ja2 +1 < 0 <=> Ja2 +1 < д 1 < 0, то также нет решений. Легко видеть, что -а - Ja2 + 1 < -а - 7а2 -1 < -а + Та2 -1 < ~а + Та2 + 1 • Определим теперь, где на числовой оси х может быть расположена точка х » 0, При рассмотрении первой системы мы показали, что точка х « 0 не может быть расположена левее точки -а - Та2 +1 и правей точки -а + 7а2 +1 * Поэтому - а - 7л2 + 1 < 0 < -а - 7д2 - 1 (1) - а - 7о2 - 1 < 0 < -а + 7о2 - 1 (2) . - а + 7л2 - V < 0 < -о + Те2 + 1 (3) Решим каждое из этих неравенств на множестве | а | £ 1. (1). (7o2 t l > а & а < -1. При этом [у а2 1 < -а О < х £ -а - То2 - 1 -а + 7а2 - 1 £ х £ -а + 7а2 +1 — > а - решений нет. Та2-! > а (3). Та2 +1 > а Та2 - 1 < а <=> а 2 1. При этом 0 < х £ -а + 7а2 +1. 82 Объединяя все результаты, получим ответ. Ответ: При а < -1, х 6 (0; - а - Та2 - 1|U|-а + ^а2 - 1; ~ а + Ja2 + 1 при а £ -1, х е [О, - а + у а2 + 1 22. (Физический факультет, 1995, предварительный экзамен) Найти минимальное значение произведения ху, где х и у удовлетворяют системе уравнений х + у = За - 1 х2 + у2 = 4а2 - 2а + 2 ’ решение. Второе уравнение системы можно записать в следующей эквивалентной форме (х + у)2 - 2ху = 4а2 -2а+ 2. Подставляя в это уравнение х + у « За -1, получим (За - 1)2 - 2ху = 4в2 - 2а 4- 2. Откуда легко определяется ху. ху 5а2 - 4а -1 2 10 10 а Отсюда получаем, что минимальное значение произведения ху равно и оно достигается при а = -|. 9 Ответ:------. 10 23. (Физический факультет, 1995, основной экзамен) Для всех значений параметра а решить неравенство 3^^ > 20"1. Решение. Очевидна следующая цепочка эквивалентных соотношений. 3^ > 2»-’ с* з^Т > 2 V*+ 1 > (a - l)fo£3 2 <=> - а - 1 < 0 xi* -1 х + 1 £ 0 a < 1 o-liO ** х +1 > (a - l)2 log^ 2 x > (a - l)2 log2 2-1 a 2 1 Ответ: Если а < 1, х * -1; если а z 1, х > (а -1)2 log2 2 -1. 24. (Биологический факультет, 1995) Найти все значения параметра а, при которых уравнение (х2 - б| х | - а}2 +. 12^х2 - б| х | - aj + 37 = имеет ровно два корня. Решение. Заданное уравнение эквивалентно следующему ^х2 - б|х |-aj + e) + 1 — со5 ——— = 0 . 83 Сумма двух неотрицательных слагаемых равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из этих слагаемых равно нулю. Поэтому х2 - б|х|-л+6=0 | f2 - б|х|-а + 6 = 0 , Л 1 - cos-----= О Обозначим /(х) = |х|2-б|х|-а + 6. Построим график этой функции. Из графика видно, что уравнение (л)2 - б|х|-л+6 = 0 имеЬт ровно два корня в следующих случаях: 1) /(0) < 0 <=> а > 6 . При этом второе уравнение системы обращается в верное равенство лишь при а = 9. 2) /(з) = /(-з) = 0 <=> а = -3. При этом значении а второе уравнение системы обращается в верное равенство. Ответ: -3; 9. 25. (Факультет почвоведения, 1995, предварительный экзамен) Определить область значений параметра а, при которых уравнение 2cos2x - 4acosx л-а2 +2 = 0 не имеет действительных решений. Решение. Заметим, что cos2x = cos2 х - sin2 х = 2 cos2 х -1. Поэтому заданное уравнение можно преобразовать так 2cos2x - 4а cosx + а2 + 2 = 0 <=> 212COS2 х - 1) - 4а cosл 4- а2 4- 2 = 0 <=> 4cos2 х - 4а cosx +а2 = 0 <=> (2 cosx - а)2 « 0 <=> cosx = . Полученное простейшее тригонометрическое уравнение не имеет действительных ре- шений тогда и только тогда, когда Ответ: | а | > 2 . > 1 <=> |а| > 2. 26. (Факультет почвоведения, 1995, основной экзамен) При каких значениях параметра b система уравнений + * “ х + 2х имеет два решения? ( х2 + у2 = 2х Решение. Преобразуем заданную систему, цыделив в каждом из входящих в нее уравнений полный квадрат. Получим 4у = 4Ъ 4- 3 - х2 ' х2 + у2 = 2х y = + Ь + 1 (* - 1)2 + у2 = i а а 2 84 Пер»06 уравнение преобразованной системы задает однопараметоическое семейство парабол с осью симметрии = 1. ветви которых направлены вниз. Второе уравнение задает окружность с дентром (1; 0) н радиуса 1. Эта окруж- ность фиксирована, кривые. Покажем, Построим эти что функция имеет с окруж- ностью (х -1)2 + у2 = 1 ровно одну общую точку. Для этого достаточно доказать, что для любого s е (О; 1] выполняется неравенство ["(» - О2 + <=> “S2 +1 > V1-S2 <=> ~s4 + |е2 > О. Таким образом, при Ь = 0 заданная система имеет единственное решение. Из приведенного рисунка получаем, что при -2 < Ъ < 0 заданная система имеет ровно два решения. При Ь = -2 система имеет единственное решение, а при Ь < -2 и при Ь > О система не имеет решений. Замечание. Возможно и следующее решение предложенной задачи. Из второго уравнения системы заключаем, что у2 = 2х - х2 « 1 - (х - l)2 s 1. Отсюда следует, что | у | $ 1. Если | у | = 1, то х ~ 1 - единственное решение второго уравнения системы, а сама {х = 1 ( х — 1 при b = 0 , либо < при Ъ = -2 . У = 1 (У = -1 К аждому значению у, заключенному в промежутке -1 < у < 1, соответствуют два значения х Подставляя выражение 2х - х2 = у2 из второго уравнения системы в - рвое, получим у2 - 4у + 4Ь + 3 = 0. Введем функцию /(у) = у2 - 4у + 4Ь + 3. Это однопараметрическое семейство парабол с осью симметрии ус = 2 и ветви этих парабол направлены вверх. Для того чтобы функция /(у) имела один корень, ' финадлежапшй промежутку -1 < у < 1, необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись следующие условия: /(1) < 0 fl-4 + 4fc+3<0 (2><0 ? \ л <=> С <=>< <=> -2 < Ъ < 0. /(-1) > О [1 + 4 I- 46 4- 3 > 0 |Ь > -2 Ответ: -2 < Ъ < 0 . 85 27. (Геологический факультет, 1995, предварительный экзамен) Пусть /(*) » - 4л + 4 - 3, g(x) = Jx - а, а - параметр. Решить относительно х неравенство /($(*)) £ 0 • Решение. « jg2 -4 g ^4 - 3 « | g - 21 - 3 = 1Jx - а - 21 - 3 £ 0. Итак, нужно решить относительно х неравенство н/х-а-2-3£0<* cs а - 1 £ Jx £ а + 5 о а-г 1 £ О а + 5 £ О О £ х £ (а + 5)2 а - I £ О а + 5 2 О (а - 1)2 £ х £ (а + if -5 £а £ 1 О £ х £ (а + 5)2 а £ 1 (а - 1)2 £ л £ (а + if Ответ: При а < -5 решений нет; при -5 £ а £ 1, 0 £ х £ (а + if; При а £ 1, (a-\f £ х £ (а + if . 2& (Геологический факультет, 1995, предварительный экзамен) Для каждого решить систему tog2(|a|x2 -Зх + 4) д_ЫЬ„). /о$2(-3х + 4) X < 1 Решение. в I*2 * 1, причем верхнее неравенст- во в этой системе обращается в равенство когда |а |х2 = О х < 1 а € R х < 1 х « О, а = О, Для правой части уравнения заданной системы имеем 5''x^x+l) £ 1, причем равенство достигается когда х = О или х = -1. х = О х = -1 ‘ Поэтому при а = О, при а * О, X = 0 . Ответ: при а # 0, х = 0 . 29. (Геологический факультет, 1995, основной экзамен) Найги все значения параметра а, при которых неравенство I61 < 30 4х - а не имеет ни одного целочисленного решения. 86 Решение. Введем в рассмотрение функцию Д4*|я 42* - 30 • 4* + а. Это одно* параметрическое семейство парабол относительно 4* с осью симметрии 4\ * 15 и ветви этих парабол направлены вверх. / v Ближайшее к 15 число, соответствующее Л4 /\ целому значению х, - это 16 = 42. Поэтому \ } X х для того чтобы заданное неравенство не Xjgj 4 имело ни одного целочисленного решения, необходимо и достаточно, чтобы /(1б) £ 0 <=> 162 - 30 • 16 + а £ 0 о а г 224. Ответ: а 2 224. 30. (Географический факультет, 1995, предварительный экзамен) Найти все значе ния параметра а, при каждом из которых функция у(х) «log^^cosx + Jisinx - в) определена при всех значениях переменной х Решение. Путем введения вспомогательного угла преобразуем заданную функцию к эквивалентному виду. у(х) = ^25-а2 (C<W х + ^8 s*n х “ = ^25 в213 cos х + лл х j - а | = « ^25-о2 (^лл(х + ф) “ а)» гае <р = arcsin—. Так как эта функция должна быть определена при любых значениях х, то одновременно должны выполняться следующие условия: 25 - а2 > О 25-а2 # 1 <=> -3 - а > О -5 < а < -2^6 -2# < а < -3 ’ Ответ. (-5; -2Тб|и(-2^6; -з|. 31. (Географический факультет, 1995, основной экзамен) Сколько корней на отрезке х € [ - я; я ] имеет уравнение х2 + а » 3bcosx, если параметр b есть наименьшее возможное значение суммы квадратов корней квадратного трехчлена х2 - х^5~ Зе2 + — - с2 ? 2 Решение. Если хх и х2 - корни квадратного трехчлена х2 - х + *2 = т/з - Зе2 и XjX2 ж у - с2. Находим х2 + х2 « + х2)2 - 2х,х2 = 2-с2. Для того чтобы существовал ^5 - Зс2 , необходимо и достаточно, чтобы ^5 - Зс2 + ~ - с2, то 2 87 5-Зе2 ^0«c2 S Тогда Ь = mm{x2 = = Итак, предложенная задача свелась к следующей: сколько корней на отрезке х е [ - я; я ] имеет уравнение х2 + а = cosx 1 Решим эту задачу графически. Уравнение х2 + а = cosx имеет два решения на отрезке х € [ - п\ я ], когда -1-я2 £ а < 1. При а = 1 уравнение имеет одно решение. При а > 1 это уравнение вообще не имеет решений. При а < -1 - я2 это уравнение не имеет решений на отрезке х € [ - я; я ]. Ответ: При а € -1 - «2)и(1х + ®) - корней нет; при а € 1-1 - я2; 11 - два корня; при а » 1 - один корень. 32. (Экономический факультет, 1995) Найти все х € | - 7; 2 ], для которых неравенство х|я(х + 2) - Sarctgllm2 + 12m +1711 > 0 выполняется при любых целых т. Решение. Т.К. 2m2 + 12m + 17 = 2(m + З)2 - 1 £ -1, TO £ arctg^lm2 + 12m + 17^ < у. Поэтому -4я < -barctgfem2 + 12m + п) £ 2я и должны одновременно выполняться два х(я(х +2)-4я + яе) > 0 |х(х-2 + с)>0 oV У//// .. такикнеравенсзва > J ~ + 4) ~ Отсюда следует, что заданное неравенство не выполняется при х е [-4; 2 - s] при s-> 0, т.е. на полуинтервале [ -4;2),и выполняется при х €[ -7;-4) U {2}. Ответ: х б[-7;-4)и {2}. 33. (Экономический факультет, 1995) Найти наименьшее значение выражения а2+(Ь + 1)2 на множестве таких чисел а и Ь, для которых уравнение 11 х + 2|- 21 + ах + 2а + ь = 0 имеет ровно три различных корня. Указать, при каких а и b достигается это наименьшее значение. 88 Решение. Построим график функции у «11 х + 21- 21 -х - 4, х £ 0 -2^х^0 - 4 £ х 3 -2 J х I , х £ -2 |х + 4|,х£-2 точки, которые должны принадлежать четырем звеньям ломаной. Поэтому эта прямая должна проходить через точку, принадлежащую одновременно двум звеньям ломаной, т.е. через вефшину ломаной. Таких вершин у нашей ломаной три: а(0; о), В(-2; 2) и С (-4; 0). Подставляя координаты точек А, В и С в уравнение прямой, получим < 2 л 1 <Г 2V 1 1 | = 5а - 4а + 1 = - -J + - £ -, при А(0; 0) : 0 = -2а = -2а и а ЭТОМ 2 , „ -х и еще две общие точки находятся из условий: 2 —х = х + 4 5 2 х = -х - 4 В (-2; 2): Ь — —2 И этом у 20 7 20 ’ 3 И а‘ .2 и еще две общие точки находятся из условий: 2V К 1 2 5 8 5 2 8 — х + — 5 5 2 8 . 5Л + 5 £ 7 . Отсюда непосредственно видно, что наименьшее значение о 3 выражения а1 + (h +1)2 равно и достигается при а = ±^, Ь - -у. Л 1 2 L 4 Ответ: - при а = ±~, Ь = —. 5 5 5 89 34. (Экономический факультет, 1995, отделение менеджмента) Найти все значения параметра р, при которых уравнение х - 2 = ^-2(р + 2)х + 2 имеет единственное решение. Решение. Заданное уравнение эквивалентно следующей смешанной системе X - 2 = J-2(p + 2)x 4-2 <=> “ 2) = * 2)х * 2 . ¥ I х-2^0 Если ввести в рассмотрение функцию /₽(х) »(х - 2)2 +2(р + 2)х - 2 s х2 + 2рх 4- 2, то предложенную задачу можно переформулировать так: найти, при каких значениях параметра о функция fp(x) имеет единственный нуль, расположенный на промежутке 2 £ х < <ю . Это может быть в следующих , В первом случае (рисунок слева) /₽(2) < О Во втором случае (рисунок справа) М2)-0 « з Ответ: р^-—. 35. (Факультет психологии, 1995) Найти все значения параметра а, при которых неравенство cos 2х 4- а £ 2^х2 +16 - имеет единственное решение. a+cos2x Решение. Заметим прежде всего, что если х является решением неравенства, то и -х будет решением неравенства, т.к. х2=(-х)2 и cos(-2x) = cos2x. Поэтому единственным решением неравенства может быть лишь х = 0. 16 (а + "• 4-1) 4-16 (а - З)2 Га « 3 При х = 0 имеем 1 + а £ 8------<=> ------------------£ 0 о- ----— £ 0 <=> а 4-1 а 4-1 а 4-1 [а < -1 Исследуем заданное неравенство при а = 3 и а < -1. При а « 3 имеем cos 2х 4- 3 £ 2т/х2 4-16 - ---t— <=> (3 4- соз2х -ух2 4- 1б) £ 0 <=> 3 + еаг2х \ 3 4- cos 2х - 7х2 +16 = 0 <=> 4 £ 4х2 4-16 = 3 4- cos 2х £ 4 . Откуда х = 0. 90 4“ cos2x - V*2 + 16j При a < -1 получаем------------------------£ 0 или а + cos2x < 0. Но последнее а + cos2x неравенство при а < -1 справедливо для любых х Ответ: а = 3. 36. (Институт стран Азии и Африки, 1995) Найти все значения параметра а, при которых неравенство х2 + 4х + 6а |х + 21 + 9а2 £ 0 имеет не более одного решения. Решение. Заданное неравенство можно переписать в следующей эквивалентной форме: х2 + 4х + 6а | х + 21 + 9а2 £ 0 <=> | х + 2 |* + 6а | х + 2 (+ 9а2 - 4 £ 0 . Корни этого квадратного относительно |х + 2| трехчлена будут |х + 2| = -За±2. Для того чтобы неравенство |^-»’2|2 + 6а|х + 2| + 9а2 -4 £ о имело не более одного решения, необходимо н достаточно, чтобы его больший корень х = -За+2 был 2 неположителен, т.е. -За + 2£0<=>а£ —. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. (Механико-математический факультет, 1993) При каких значениях параметра а, принадлежащих интервалу ; oj , уравнение 2 cos(x + а) - 1 = sin 6х - 1 имеет решения? Ответ: 12 12 2. (Механико-математический факультет, 1993) Найти все значения Ь, при которых уравнение 9х + ^2 + б) 3х - Ь2 +16 = 0 не имеет решений. Ответ: | b | <; 4. 3. (Механико-математический факультет, 1993) Найти все значения а, для которых неравенство cos2x - (1 + а2 - cos2 xj sin х + 4 - а^ <1 выполняется при всех х. Ответ: 0 < а < 1. 4.--(Факультет ВМК, 1993) Найти все значения Ь, при которых область определения функции у -- --------------- совпадает с областью определения функции Зяих - 2х + 2£ VI 1 3sinx - 2 sin3 х +2b sin3 x + cos3 x + ^2b 91 Ответ: b >------. 1 1 2 5. (Физический факультет, 1993) Уравнение ах2 4- Ьх + 2 = 0, где а < О , имеет одним из своих корней число х = 3. Найти действительные корни уравнения ах4 + Ьх2 4-2 = 0. Отлет: ±^3 . 6. (Факультет почвоведения, 1993) Найти все действительные числа а, при которых Та1 - а - 2 _ „ t неравенство х 4-----------< -7 а не имеет решений х, больших 1. х - а Ответ: ~ < а £ 1. 7, (Геологический факультет, 1993) Найти все неотрицательные действительные значения параметра а, при которых в области (у 4- 2)2 - 4х £ 0 лежат ровно три точки трафика функции у = 2х ^cos (2а к х)- cos4 (о к х) -4- 2. Ответ: — < а < 1; 1 < а < — . 4 4 8. (Географический факультет, 1993) При каких значениях параметра а четыре корня уравнения х4 4- (а - 5)х2 4- (а 4- 2J2 = О являются последовательными членами арифметической прогрессии? Ответ: а = - ; а - -5. 13 9. (Факультет психологии, 1993). Уравнение (а - 1)х2 - (2а 4- 1)х 4- 2 4- 5а - 0 имеет действительные корни Xj, х2 . 1) Найти все значения параметра а, при которых оба корня больше 1. 2) При а * 1 найти все значения параметра Ь, чтобы выражение (xj - b)(x2 ~ нс зависело от параметра а. Ответ: 1) 1 < а < - —3^2 ; 2) Ь = — . 4 3 10. (Институт стран Азии и Африки, 1993) Найти все значен.л параметра о, при каждом из которых неравенство х2 4- 5|х 4- а | £ а2 справедливо для всех действительных х. Ответ: - — £ а £ - . 2 2 92 11. (Механико-математический факультет, 1994) Найти все значения параметра <р е [О, ж], для каждого из которых уравнение sin2x + cos х - sin (х + ф) = cos ф + sin (х - ф) имеет ровно « м Г 5ж 7ж 5 различных корней на промежутке-; — [44 Ответ: ф € f0; {х}. \ 67 \6 4/ I 6 J ' ' 12. (Механико-математический факультет, 1994) При всех значениях параметра а решил, уравнение ajalx2 + 2ах] а Jx + 1 +а . Ответ: |-1}, а = 0; 1 - 2а + 71 + 4а2 Л+2а + ^4а2 -3 2а а£ 1 . 13. (Физический факультет, 1994) Для каких значений b система неравенств {х2 - 16х + b £ 0 * о выполняется хотя бы при одном значении х? х Ь 10 Ответ: Ь $ 60. 14. (Биологический факультет, 1994) Найти все значения величины х, при которых неравенство (4 - 2а)х2 + (13а - 27)х 4- (33 - 13а) < 0 выполняется для всех а, удовлетворяющих условию 1 < а < 3. Ответ: [з -Тб; 2 lufs; 3 + 7б1. 15. (Факультет почвоведения, 1994) При каких значениях параметров а и b система f а + sin Ъх £ 1 неравенств < 2 + j q имеет единственное решение? Ответ: fl ® 2 Г а « -2 ,. Ж л _ ИЛИ S \ • Ъ = — + 2Ю1, п € Z [о € [-<», оо) 16. (Географический факультет, 1994) Найти все значения параметра а, при которых . уравнение а 4 7бх - х2 - 8 = 3 4- 71 + 2ах - а2 - х2 имеет ровно одно решение. Ответ: а 6 [ 2; 3)U(3; 4 j. 17. (Факультет психологии, 1994) Известно, что одним из решений системы уравнений ах + by + sin является х = 2 , у = -1. Найти все решения данной системы. а 93 M л ( 13 2) Отмт.- (2, - l): -j . 18, (Институт стран Азин н Африки, 1994) При каких значениях параметра а уравнение а2х2 +2a|V3-1)х +Vx-4 = 2^-4 имеет решение? Ответ: -------. 4 19. (Механико-математический факультет, 1995, предварительный экзамен) Пусть х( -наибольший отрицательный корень уравнение 4 cos2 х - 4 ял2 х = а , а х2 - наименьший положительный корень уравнения Ji sin х + 3 cos х = 1 - а . Найти все значения а, при каждом ИЗ КОТОрЫХ | Xj | £ х2. Olfutm: [1 - 2^3; - 2]u{4} . 20. (Механико-математический факультет, 1995, основной экзамен) Найти все значения параметра а из отрезка [ - к; к j, при которых система уравнений х2 + у2 + 2z2 - 2z(x + у) + sina « 0 < \ ? а 1 г г г 3 имеет хотя бы одно решение. (у +1) cos2 + а ух - сот—а • 0 Ответ: -я; 0; я. 21. (Факультет ВМК, 1995, предварительный экзамен) Для каждого значения параметра а решить неравенство — + 2а £ х. х Ответ: При а < -1, х €| а + Ja2 + Г, - а - Ja2 - 11 U | - а + yla2 - 1; + <ю]; при a 2 -1, х € а + у а2 +1; + а> 22. (Физический факультет, 1995, основной экзамен) Для всех значений параметра т Ответ: Если т < 1, х £ 1; если т £ 1, х < 1 - (т - l)2 log2 3 . 23. (Биологический факультет, 1995) Найти все значения параметра а, при которых уравнение 1х2 - б| х | + а) + 1о(х2 - б|х| + а) + 26 = cos^- имеет ровно два корня. 94 Ответ: -4; 8. 24. (Факультет почвоведения, 1995, предварительный экзамен) Определить область значений параметра Ъ, при которых уравнение соз2у + Abcosy + 2b2 +1 = 0 не имеет действительных решений. Ответ: | b | > 1. 25. (Факультет почвоведения, 1995, основной экзамен) При каких значениях параметра а {х2 4о = 4v — 2х — 5 7 не имеет действительных решений? х + 2х + у = О Ответ: (-»; - 2) U (О; + <»). 26. (Геологический факультет, 1995, предварительный экзамен) Пусть /(ж) • Jx* - 6х + 9 - 2, #(х) = 4~х - а, а - параметр. Решить относительно х неравенство /(«(«))so. Ответ: При а < -5 решений нет, при -5 $ а £ -1, 0 £ х <. (а 4- 5)2; при а 2 -1, (д + 1)2 £ х £ (а + 5)2; 27. (Геологический факультет, 1995, предварительный экзамен) Для каждого а решить систему toft(|a|x2 -4x4-5) = 2-|,|(,+э)> toft(-4x + 5) х < 1 Ответ: При а » О, х«0 х«-3 при а в 0, х = 0. 28. (Геологический факультет, 1995, основной экзамен) Найти все значения параметра о, при которых неравенство 9я < 20 • 3х 4- а не имеет ни одного целочисленного решения. Ответ: а £ -99. 29. (Географический факультет, 1995, предварительный экзамен) Найти все значения параметра а, при каждом из которых фумортл у(х) = loga2a2^4sinx^acosx + 5) определена при всех значениях переменной х Л (, i-VbI/i-Vu 1 + 71з1/ i + Vi3 J Ответ: 1-3; --— U --—; -1 U 2; --— U -’—; 3 . \ 2 7 I 2 7 \ 2/k2 J 95 30. (Географический факультет, 1995, основной экзамен) Сколько корней на отрезке х 6 [ - я; я ] имеет уравнение х2 - а = — b cos х, если параметр b есть наименьшее 11 4 возможное значение суммы квадратов корней уравнения х2 - х^Зс2 - 1 л- с2 - 1 = 0 7 Ответ: При а € (-«о; - 1)и|я2 4-1; + <ю| - корней нет; при а « -1 - один корень, при а е 1-1; к2 +11 - два корня; 31. (Экономический факультет, 1995) Найти все хб[-3; 1|, для которых неравенство х^х(х +1) - 4агс/#{зт2 + 12m + 1ф> 0 выполняется при любых целых т. Ответ: х е [ —3;—2 ) U {1 }• 32. (Экономический факультет, 1995) Найти наименьшее значение выражения a2 + (b -1)2 среди тех а и Ь, для которых уравнение ||х-4|-2|-ах + 4а-£я0 имеет ровно три различных корня. Указать, при каких а и Ъ достигается это наименьшее значение. Ответ: у при а « ± у, Ъ » у. 33. (Экономический факультет, 1995, отделение менеджмента) Найти все значения параметра Ь, при которых уравнение х - 2 « - 1)х +1 имеет единственное решение. 3 Ответ: Ь^—. 4 34. (Факультет психологии, 1995) Найти все значения параметра а, при которых неравенство г— *2 । у cosx - 2ух2 + 9 --------------а имеет единственное решение. a + cosx Ответ: а = 2. 35. (Институт стран Азии н Африки, 1995) Найти все значения параметра а, при которых неравенство х2 - 6х + 4а|х - 31 + 4а2 £ 0 имеет не более одного решения. 3 Ответ: а £ —. 2 Литература: 1. Справочники для поступающих в МГУ в 1972-96 годах. МГУ, М., 1972-96. 2. Г.А. Тиняков, И.Г. Тиняков. Задачи с параметрами. М., 1994. 96