Text
                    

____ШМШ----- Готовимся к ЕГЭ ЕЯ ZaXTT И! ЕЯ /а\ТГ KJ GSZaX В. В. Локоть ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ И ИХ РЕШЕНИЯ ТШНЮНИ: УРАВНЕНИЯ, ИШШ СШЕМЫ 10 класс МОСКВА 2008
УДК 373:51 5? ББК 74.26+22.1 Л 73 Научный редактор: С.В. Зотиков — доцент, зав. кафедрой математического анализа и методики преподавания математики Мурманского Государственного педагогического института. Рецензенты: И.Л. Бродский — профессор кафедры естественно-математического образования МОИПКРО; Т.Е. Годзъ — завуч гимназии № 4 г. Мурманска, заслуженный учитель РФ. Локоть В.В. Л 73 Задачи с параметрами и их решение: Тригонометрия: уравнения, неравенства, системы. 10 класс. — 3-изд., испр. и доп. - М.:АРКТИ, 2008. - 64 с. (Абитуриент:- Готовимся к ЕГЭ) ISBN 5-89415-273-9 В пособии приведены решения более 100 задач с пара- метрами (тригонометрические уравнения, неравенства, си- стемы). Материал может быть использован также абитури- ентами при подготовке в вузы, преподавателями и студен- тами пединститутов. УДК 373:51 ББК 74.26+22.1 ISBN 5-89415-273-9 © Локоть В.В., 2008 © АРКТИ, 2008
От автора Задачи с параметрами играют важную роль в формирова- нии логического мышления и математической культуры у школьников, но их решение вызывает у них значительные затруднения. Это связано с тем, что каждое уравнение или неравенство с параметрами представляет собой целый класс обычных уравнений и неравенств, для каждого из них дол- жно быть получено решение. Большинство пособий адресовано абитуриентам, однако начинать знакомить учащихся школ с подобными задачами нужно значительно раньше — параллельно с соответствую- щими разделами школьной программы по математике. В предлагаемом пособии рассмотрены задачи на решение, выяснение условий существования решений, их единствен- ности, а также на определение количества решений триго- нометрических уравнений, неравенств и систем. Большинство задач представляют собой варианты вы- пускных работ за курс средней школы и задач на вступи- тельных экзаменах в вузы. 1М429
§ 1. Решение тригонометрических уравнений Приведем формулы решений простейших тригонометрических уравнений: sinT = а <=> х = (-l)n arcsina + тгп, п G Z, |а| < 1, (1) cos х = а <=> х = ± arccos а + 2тгп, п е Z, |а| < 1. (2) Если |а| > 1, то уравнения (1) и (2) решений не имеют. tg х = а <=> х = arctg а + тгп, п G Z, а G R, (3) ctg х = а <=> х = arcctg а + тгп, п Е Z, а Е R. (4) Примеры. Решить уравнения: l)asinx = l, 2) cos 2х = 1 + а2, 3) 2sin2 х — (2а + 1) sin.T + а = О, 4) sin Зх = a sin т, 5) sin х tgT + cos х = & ..., 6) a cos2 — (а + 26) sin2 = a cos х — 6 sin т, 7) sin(rr + а) + cos(t + а) = sin(T — а) + cos(t — а), 8) sin2 х + а cos2 2т = 9) sin |т — 2| = а — 3, 10) (а — 1) cost + (а + 1) sinT = 2а, 11) (а2 — l)tg х = а - 1, 12) + tg22x = > 13) sin4 х + cos4 х + sin 2х = а, 14) sinG х + cosG х = a(sin4 x + cos4 t), 15) cos 2x = a(cos x — sin x), 16) a sin x — 6 cos x = 6, 2 - cosx = a tg7’ 18) cost + sinT + sinт • cosт = a’ 19) lab ctg 3г sin 2g + 2(<? + >г)1+5д^ = («’ + b2)4соУ-1' 20) = тегЙ1. 21)|tS« + «etg»| = V3, 22) tg 2т + tg (^ - t) = a, 23) a sin2 т + cost = 0, 24) V a sin т + cos т = \/a cost + sinT. Решение. 1) При a = 0 уравнение решений не имеет. При а^О sinT = | <Фт = (~l)n arcsin i + тгп, п е Z, < 1 О |а| > 1. Ответ : х = (-l)n arcsin 1 4- тгп, п е Z при а е (—оо; — 1] U [1; +оо); 0 при а€(-1;1). 4
2) Так как cos 2т < 1, а 1 + а2 > 1, то уравнение равносиль- {cos 2.т — 1 1 + а2 _ 1 > откУДа следует, что уравнение имеет решения х = тт (n G Z) только при а = 0. Ответ : х = тгп, п е Z при а = 0; 0 при а 0. 3) Запишем уравнение в виде sin2 х — (а + тр sin х + а • =0. По теореме Виета sin х = или sin т = а. Множество реше- ний первого уравнения х = (—1)п^ + тгтг, п G Z; второе уравнение имеет решения х = ( — l)fc aicsina + тгк (к е Z) только при |а| < 1. При а = 2 уравнение имеет только одну серию решений. Ответ : х = ( —1)п^ + тгп, х = ( — l)k arcsina + тг/с, п, к € Z при |а| < 1; х = ( —1)п^ + 7гп, п G Z при а е (—оо; —1) U (1; +оо). 4) sin Зт = a sin х <=> 3 sin х — 4 sin3 х = a sin х <=> sin т(4 sin2 х — 3 + а) = 0 <=> sin х = 0 2(1 — cos 2х) — 3 + а = 0 sin х = 0 cos 2т = — 1). Первое уравнение совокупности имеет решения х = ктг (Л е Z) при любых а G R, а второе имеет решения х = ±2 arccos — 1) + тгп, п е Z при условии —1 < — 1) < 1, т.е. при а Е [—1;3]. Ответ : х = тгА:, к е Z при а G (—оо; —1) U (3; +оо); х — тг/с, к е Z, х = arccos — 1) + тгп, п е Z при а е [—1; 3]. 5) ОДЗ уравнения х 7^ ту+тг/с, к е Z. Поделив левую и правую части уравнения на cost, получим равносильное на ОДЗ уравнение tg2T + 1 = —%— <=> tg2T + 1 = a(tg2T + 1) <=> (а - l)(tg2T + 1) = 0. cos т При а = 1 уравнению удовлетворяют все т из ОДЗ, при а^1 уравнение решений не имеет. Ответ : т € R \ {| + тгА:, к е Z} при а = 1; 0 при а 7^ 1. 5
6) Выполняя тождественные преобразования, получим a cos2 — (a -h 2b) sin2 = a cos х — b sin х <=> ^(1 + cost) - Jj(a + 2Ь)(1 - cost) = а cost - bsinT <=> b(cos т + sin т - 1) = 0. 1. Если b = 0, то решением уравнения является любое значе- ние т 6 R. 2. При b 0 имеем -4= cos т + -4= sin т = Д= cos(t - 5) = -4= <=> V2 л/2 л/2 V 42 х = ± + 2тг/с, к е Z <=> т = + 2ttZc; т = 2тг/с, к е Z. Ответ : х е R при а е R, b = 0; т = + 2тгку х = 2тгк, к Е Z при а Е R, b 0. 7) После упрощения имеем sin(T + а) + cos(t + а) = sin(T — а) + cos(t — а) <=> (sin(T + а) — sin(T — а)) + (cos(t + а) — cos(t — а)) = 0 о 2 sin а • cos т — 2 sin т • sin а = 0 о 2 sin a(cos т — sin т) = 0. 1. Если sin а = 0 (а = тгк, к е Z), тогда решением уравнения является любое значение т € R. 2. Пусть sin а 0 (а тг/с, к е Z). Решая уравнение cost = sinT, получим т = + 7ГП, п 6 Z. Ответ : х е R при а = тгк, к G Z; т = + тгп, п G Z при а тгп, п е Z. 8) Воспользовавшись тождеством cos 2т = 1 — 2sin2T, пре- образуем уравнение к виду a cos2 2т = 2 cos 2т <=> cos 2т(а cos 2т—тр = 0 о Первое уравнение совокупности имеет решения т = (n G Z) при любом а Е R. Второе уравнение при а 0 имеет решения при условии < 1 1а| > г?- Эти решения задаются формулой cos 2т = 0 a cos 2т = 2 • Ответ : х = п G Z, т = ±2 arccos + тгт, т Е Z при а е (—оо; —2] U [^; +оо); т = п е Z при a G (-^5 j). 9) Уравнение имеет решение, если |а — 3| < 1 О 2 < а < 4. В этом случае |т — 2| = (—l)n arcsin(a — 3) + тгп, п е Z. 6
Так как |т—2| > 0, то п может принимать только такие целые значения, при которых (—l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0. Рассмотрим два случая: а) 2 < а < 3. Имеем — — arcsin(a — 3) < 0 и ( — l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0 при п > 1. б) 3 < а < 4. Поскольку 0 < arcsin(a — 3) < у то ( — l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0 при п > 0. Ответ : 0 при а е (—оо; 2) U (4; 4-оо); 2±((-l)n arcsin(a-3) + 7rn), п = 1, 2,3,... при а е [2; 3) и п = 0,1,2,... при а е [3; 4]. 10) (а — 1) cos х 4- (а + 1) sin х = 2а <=> (а - l)(cos2 - sin2 + 2(а 4- 1) sin cos = 2a(cos2 + sin2 (За - 1) sin2 - 2(а + 1) sin cos + (а + 1) cos2 = 0. (1) Пусть а = — 1. Уравнение (1) принимает вид sin2 7 = °’ от- куда х = 2тгп, п е Z. Если а —1, то уравнение (1) сводим к ква- дратному (a + l)t2 - 2(а + l)t 4- (За - 1) = 0, где t = ctg у Деление на sin2 не нарушает равносильности, так как решения уравнения sin2 j =0не являются решениями уравнения (1) при а 7^ — 1. Найдя корни . (а + 1) ± у/2(1-а2) ( *1,2 = 1-- а 4-1-------L (а е 1D’ полУчаем Ответ : х = 2тгп, п е Z при а = —1; 0 при |а| > 1; х = 2 arcctgа + • 1"^+^* а ) 4- 2тгк, к е Z при а G (—1; 1]. 11) При а = 1 получаем уравнение 0 • tgx = 0, решением которого является любое значение х + тгк^ к е Z. Если а 7^ 1, то уравнение приводим к виду (а 4- l)tgx = 1, решения которого при а — 1 х = arctgft । + тгп, п е Z. При а = — 1 уравнение решений не имеет. Ответ : х = arctgQ । + тгп, n е Z при а е (—оо; —1) U ( — 1; 1) U (1; 4-оо); х — R\ 4- тгт, т Е Z} при а = 1; 0 при а = — 1. 12) ОДЗ уравнения ж | 4-у, /г G Z; а2+ Ь2 0. Так как 1 + tg22x =---то + tg22x = <?аЪ % «|—г = 2 • cos2 2х v а2 4- b2 | cos 2я| а2 + Ь2 Рассмотрим два случая: а) а = b 0. Имеем | cos 2х] = 1’ откУДа = тгп, х = ^тгп, п е Z. 7
б) а У b. Поскольку 2а6 < а2 4- 62 и равенство достигается только при а = 6, то 2аЬ а2 + Ь 7 < 1, откуда | cos2x| > 1. Следовательно, уравнение решений не имеет. Ответ : х = а = Ь = 0. ^тгп, п € Z при а = b ± 0; 0 при а У b и 13) Выполняя тождественные преобразования, имеем sin4 х 4- cos4 х 4- sin 2х = а <=> (sin2 х + cos2 а?)2 — 2 sin2 х cos2 х 4- sin 2х = а <=> 1 - 2 sin2 2х 4- sin 2х = а <=> sin2 2х - 2 sin 2х + 2а - 2 = 0, откуда sin 2х = 1 ± УЗ — 2а и х = £(-l)n arcsin(l - УЗ - 2а) + ^тгп, п € Z или х = l)fe arcsin(l + УЗ — 2а) 4- ^тгк, к € Z. О При а = 2 (D = 0) решения совпадают (sin2z = 1 <=> х = 4- тгп, п € Z). Если же D > 0, то 1 + УЗ — 2а > 1 и arcsin(l + УЗ — 2а) не существует. Решая неравенство |1 — УЗ - 2а\ < 1 <=> 0 < УЗ - 2а < 2, получим < а < Ответ : х = j(—l)n arcsin(l — УЗ — 2а) + ^тгп, п 6 Z при а G [—^]» 0 при а G (—оо*, — С (^*, +оо). 14) Аналогично предыдущему примеру, имеем sin6 х + cos6 х = а (sin4 + cos4 ж) о (sin2 х + cos2 z)3 — 3 sin2 x cos2 x • (sin2 x + cos2 x) = = a((sin2 x + cos2 x)2 — 2 sin2 x cos2 x) 1 — 3 sin2 x cos2 x = a(l — 2 sin2 x cos2 x) <=> 1 - a = (3 - 2a) sin2 x cos2 x 1 - a = ^(3 - 2a) sin2 2x (1 — a) = (3 — 2a)(1 — cos 4x) <=> (3 — 2a) cos 4x = 6a — 5. При а У cos4x = x — ±5 arccos 4- ^тг/с, к € Z. Из неравенства | cos4z| < 1 <=> |6a — 5| < |3 — 2a| <=> (6a- 5)2 < (3 - 2a)2 <=> 2a2 - 3a 4-1 < 0 следует, что a € [^; 1]. Ответ : x = arccos 2a + З71^’ £ Z при a € [^; 1]; 0 при a € (-00; U (1; +00). 15) cos2x = a(cosz-sinz) <=> cos2 z-sin2 x = a(cosz-sinz) <=> (cosx sinx)(sinx 4- cos# — a) = 0 <=> cos x — sin x = 0 sin x + cos x = a. 8
При любом а решения первого уравнения совокупности х = ^+тгп, nEZ. Второе уравнение приводим к виду • • / \ rv • X / 7Г \ О sinrr + sm(----х) = а <=> 2sin — costх —-) = а <=> costх------) — —=ч 2 4 4 4 у/2 откуда х = ± arccos + 2тгА:, к е Z при условии, что |а| < \/2. Ответ : х = + тгп, п G Z при а е ( — оо; — \/2) U (л/2; +оо); х = + тгп, п е Z, х = ± arccos + 2тгк, к Е Z при а Е [—г/2; \/2]. 16) a sin х — b cos х = b <=> a sin х — 6(1 + cos х) = О <=> 2asin^cos^ - 26cos2 = О 2cos^(asin^ - 6cos^) = 0. Рассмотрим три случая: 1) а = 6 = 0. Решением уравнения является любое значение х е R. 2) а = 0, 6 0. Уравнение —26cos2 = 0 <=> cos = 0, откуда х = 7г(1 + 2А:), к Е Z. 3) а ф 0. Из совокупности cos = 0 ffTZ — 6 — а находим х = 7г(1 + 2к), к G Z и х = 2arctg^ + 2тгп, п Е Z. 17) ОДЗ уравнения х тг + 2тг77г, сильные преобразования на ОДЗ, получим sin а; 2 — cos х = a tg^ <=> х х 2 sin — cos — Л 2 ______2. 2 — cos x т Е Z. Выполняя равно- asin^ —/о C0S 2 sin (2 cos2 - a(2 — cos x)) = 0 <=> sin ^(1 + cos я — a(2 — cos z)) = 0 <=> sin ^((a + 1) cosx + 1 — 2a) = 0 о sin = 0 (a + 1) cos я = 2a — 1. Первое уравнение совокупности имеет решения х = 2тгп, п е Z при любом а е R. Второе уравнение имеет решения х = zEarccos^_~-j- 4- 2тг/с, к е Z 2-1429 9
при условии а 7^ —1 и — 1 За2 — 6а < О, откуда а е [0; 2]. Кроме того, из множества допустимых значений а надо исключить а = 0, которое получается из второго уравнения совокуп- ности при подстановке х = тг + 2тг77г. Ответ : х = 2тгп, п G Z при а е (—оо; 0] U (2; +оо); т = 2тгп, п е Z, х = ±arccos-6"j7|r + 2тгк, к G Z при а е (0; 2]. 18) На ОДЗ (sin х cos х 0 <=> sin 2т 0, т.е. при х ^тгп, п Е Z) первоначальное уравнение преобразуем к равносильному sin х + cos х + 1 = a sin х cos т, а после замены sinT + cost = t и sinTcost = ^(t2 — 1) приводим к квадратному (при а 0) относительно переменной t: at2 - 2t - а - 2 = 0. (1) При а = 0 уравнение (1) имеет один корень ti = —1, при а 0 — два корня ti = — 1 и ^2 = а~а^ ’ Ясно, что значения т, при которых = — 1 <=> sin т • cos т = 0, не являются решениями первоначального уравнения. Решая уравнение 2 + а , . .тг 2 + а sinт + cos т —---<=> sinт + sin( — — х) —----<=> а 2 а Л . 7Г . 7Г. 2 + а . 7Г 2 + а 2sin — cosit---) =-----<=> cos(t —-) = —т=—, 4 4 а 4 V2a получаем т = ± arccos + 2тгк, к Е Z при условии 1^1 < 1^(2 + а)2 < 2а2, I V2a । ~ откуда а е (—оо; 2 — 2\/2] U [2 + 2л/2; +оо). Ответ : х = ± arccos + 2тг/с, к е Z при а € (-оо; 2 - 2у/2] U [2 + 2д/2; +оо); 0 при а е (2 - 2л/2; 2 + 2^/2). 19) Левая и правая части уравнения определены при одних и тех же значениях т, так как 1 + 2cos2т = 1 + 2(2cos2t - 1) = 4cos2t - 1 и 10
л cos(2t + т) cos 2х cos х — sin 2т sin х ctg3z = .--------- = ——------------------------ зш(2т + x) sin 2x cos x + sin x cos 2x (1 — 2 sin2 x) cos x — 2 sin2 x cos x cos x — 4 sin2 x cos x 2 sin x cos2 x + sin t(2 cos2 x — 1) sin t(4 cos2 x — 1) ctgT — 2 sin 2x 4 cos2 x — 1 Поэтому ОДЗ уравнения x G Z и л л л л/ 9 sin2т z 9 19ч ctg х 2ab ctg Зя sin 2т + 2(а2 + Ь2)-------= (а2 + Ь2)----5-----<=> 6 к '1 + 2cos2t v 74cos2t — 1 л л л z 9 ctg х - 2 sin 2т 2ab ctg Зт sin 2x — (a2 + 62)---x-----= 0 о 4 cos x — 1 ctg 3x(2absin2x — (a2 + 62)) = 0. При любых а и b имеется серия корней х = ^тг + ^тгп, пЕ Z, получающаяся при решении уравнения ctg Зт = 0. Исследуем теперь уравнение 2absin2x = а2 + b2. (1) Рассмотрим следующие случаи: 1) а = b = 0. Решением уравнения (1) будут любые т, кроме х = ^7г/с, к 6 Z. 2) а = b 0. Уравнение (1) приводим к виду sin 2т = 1, его корни х = + тгт, т е Z. 3) а = —Ь ф 0. Из уравнения sin 2т = — 1 находим т — — -I- тг Z, Z с Z. 4) |а| |Ь|. Если ab = 0, то уравнение 0 • sin2т = а2 + Ь2 решений не имеет, так как а2+62 0. Если же ab 0, то a2 + 62 > 2аЬ 2 12 (|а| |Ь|) и | sin 2т| = следовательно, и в этом случае уравнение (1) решений не имеет. Ответ : т е R \ к Е Z} при а = Ь = 0\х = ^+ тгт^ т е Z, т = ^7г + ^7гп, п е Z при а = b 0; т = —+ тг/, I е Z, 11 11 х = ^7Г + £7гп, п е Z при а = — b 0; т = ^тг + ^тгп, п е Z при |а| / |Ь|. 2М429 11
20) На ОДЗ (sinx —a, cosx ф —а) a sin х + 1 а cos х + 1 --------- = —:--------- О cos х + a sin х + а a sin2 х + (а2 + 1) sin х + а = a cos2 х + (а2 + 1) cos х + а о (sinх — cosx)(a(sinx + cosx*) + а2 + 1) = О <=> (sin х — cosx)(a\/2cos(x — + а2 + 1) = 0. Уравнение sinх — cosx = 0 имеет решения х = + тгк, к е Z. При к = 2m (тп Е Z) sinx = cosx = следовательно, а — ^2. Если же к = 2m + 1, то sin х = cos х = — и а . Покажем теперь, что уравнение a\/2cos(x — ^) +а2 + 1 = 0 решений не имеет. Действительно, при а = 0 это очевидно, а при а 0 2 । -| 1 + а2 > 2|а| > \/2|а| и | cos(x — 5)| = Q J 1 > 1, что невозможно. 4 v2|a| Ответ : х = + тт/с, к Е Z при а 7^ х = + Зтгтп, т е Z при а = х = + 2тгт7г, т G Z при а = 21) Пусть tgx = t. Уравнение \t + j| = у/З равносильно сово- купности двух квадратных уравнений t2±ty/3 + a = 0 (£ 0), откуда t=±^ ± — а- При а > уравнение решений не имеет. Если а = 0, то первоначальное уравнение имеет вид |tgx| = л/З И X = + 7г/с, к Е Z. Если а = (D — 0), то х = iarctg-^ + тгтп, т е Z. При а Е ( — оо; 0) U (0; ^) х = arctg(±-^ ± ~ а) + 7ГП> п е Z. 22) Выполняя преобразования, получим 2tgx 1 - tgx _ 1 + tg2x _ л ,n Отметим, что ОДЗ первоначального уравнения (cos 2x^0, cos(^ ~ £) 7^ 0, откуда х ^(1 + 2/с), к е Z) не совпадает с ОДЗ уравнения (1) (х ^(1 + 2/с), keZnx^^ + тгт, т е Z). Легко проверить, что х = + тгт, т е Z — решения первоначального уравнения при а = — 1. На ОДЗ уравнение (1) приводим к виду 1 + tg2x = а(1 — tg2x) (а + l)tg2x = а — 1. 12
При а е (-оо; -1) U [1; +оо) |tgx| = у и х = iarctgv------ + тгп, п е Z. V а + 1 Ответ : х = + тгт, т е Z при а = -1; 0 при а е (-1; 1); х = ±arctg>y д ~ । + тгп, п 6 Z при а 6 (—оо; —1) U [1; +оо). 23) Приводим уравнение к виду a cos2 х — cost — а = 0 и, используя замену переменной cost = t (|t| < 1), получаем уравнение at2 — t — а = 0. Если а = 0, то t = cost = 0, откуда т = +ят, т Е Z. Если а 0, то корни квадратного уравнения £1,2 — ^(1 ± д/1 + 4а2), причем 1*2| = + ^1+4а2) > ^т(1 + 2|а|) > 1, 2|а| 2\а\ т.е. t2 [-1; 1]. Функция f(t) = at2 - t - а на концах отрезка [—1; 1] принимает значения противоположных знаков (/(—1) = 1, /(1) = —1), поэтому уравнение f(t) = 0 на этом отрезке имеет ко- рень, следовательно, = ^(1 — л/1 + 4а2) е [—1; 1]. Замечание. Неравенство |ti| < 1 можно доказать непосред- ственно. Действительно, |ti| < 1 <=> |1 — л/1 + 4а21 < 2|а| <=> V1 + 4а2 < 1 + 2|а| <=> 1 + 4а2 < 1 + 4|а| + 4а2. Ответ : х = ту + 7rm, m G Z при а = 0; т = ± arccos 2^(1 — х/1 + 4а2) + 2тгп, п е Z при а 0. 24) \/а sin т + cos т = у/a cos т + sin т <=> ( a sin т + cos т = a cos т + sin т ( (а — l)(sinT — cost) = 0 [ asinT + cosT>0 [ asinT + cost > 0. При a = 1 решением уравнения являются все т, удовлетворя- ющие неравенству sin т + cos т > 0 <=> sin т + sin (ту — т) > 0 <=> 2 sin • cos (т — ^) > 0, откуда т G [-^ + 2тгк, + 2тг/с], к е Z. При а 1 значения т находим из условия sin т — cos т = 0 <=> т = + 7Г771, т е Z. Рассмотрим два случая. 1) т = 2п. Из неравенства a sin + 2тгп) + cos + 2тгп) > 0 <=> + 1) > 0 получаем а > — 1. 2) т = 2п + 1. Имеем a sin + 2тгп) + cos + 2тгп) > 0 -^(a + 1) > 0, откуда а < -1. 13
Ответ : х = + 2тгп, п е Z при а е (—оо; —1); х = + тгт, т G Z при а = — 1; х = + 2тгп, п Е Z при а е (—1; 1) U (1; +оо); х Е [“ + 2ттА:, + 2тгк], к Е Z при а = 1. Упражнения. 1. Решить уравнения 1) sin(2x + 3) = а + 1, 2) cos \/х - 1 = 2а, 3) tg|х - 2| = а, 4) tg22a; — (2а + 1 )tg2a; + а(а + 1) = 0, 5) sin4 х + cos4 х = а, 6) л/1 + ctg23x = 4а^4 , 7) 3 sin х = 4а — 7, 8) 2 cos(a; + j) = а2 — За, 9) sin2 х = а — 4, 10) -'п = °> П) sin2 х + asin2 = sin 5, 7 Jb СХ 7 U 12\ 2 sin2 2x - 6а sin 2x cos 2x - 11 cos2 2x _ 2(2a + 1) cos 2a; _ 1 a cos 2a; (2 sin 2a; — cos 2a;) cos 2a; — 2 sin 2a; 13) 3sin.y + .a = 3cosa; j-a 14) sin6 cogG x = 7 a cos x 4- 3 a sin x + 3 ’ 7 ’ 15) sin 2a; — 2\/2a(sin x — cos x) + 1 — 4a = 0, 16) x/sin a; — a cos x = x/asina; — cos a;. 14
§ 2. Условия существования решений В этом параграфе приведены примеры, в которых требуется установить, при каких значениях а уравнение имеет решения или не имеет их. Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют решения: 1) 2 sin х — 3 cos х = а, 2) |3 sin х + 4 cos х — а| = 2, 3) a cos х — sin х = 3, 4) sin2 2т — 2 sin 2т — 2(1 — а) = О, 5) sin2a: — 5cosx + а = 0, 6) sjnx-2 + a= 3-sinx’ 7) (1 - a2) sinT + 2acost = 2a + 1, 8) asin(T + = sin2т + 9, 9) cos2 т + 2(a - 2) cos x + a2 - 4a — 5 = 0, 10) cos , 11) sin3T + 2sin5T = a2 —6a + 12, 12) 2 cos3т + 4 cos 5т = a2 —4a+10, q 13) arcsin(T — 1) = (a + 14) arccos x = sin a, 15) arccos(T + 2) = 7r + </a — 5, 16) arctgT = tga, 17) sin x = arccos a, 18) cos a:-a = Q 19) cos(a;/2) + a = 2Q) arcgin a... = Q cost+ 1/2 sin т arcsin т — тг/4 21) 2(tg2T + ctg2T + 2) + a2 = 3a(tgT + ctgT), 22) cos2 2т + 3a2 = 4a(cos4 т — sin4 t), 23) 1 + asinT = a2 — sin2 t, 24) ^2зш(т — a) + \/3 = cos6т — 1, a e (—^; %), 25) cos 2т + a sin x = 2a — 7, 26) \/sin т + a = a + 1, 27) 2 sin2 2т + 4 sin 2т cos 2т + 5 cos2 2т = a, 28) 4(4a + l)(sin4 т + cos4 t) + 8(a — l)(sin6 т + cos6 t) = = cos8t + a2 + 20a - 5, те [0; ^]. Решение. 1) Поделим обе части уравнения на \/22 + З2 = г/13, получим —2= sinT-----Д= cost = —Я=. Так как ( —2= ) + ( —Д= ) = 1, то, V13 V13 л/ТЗ \л/13/ VV13/ о q обозначая —+= = coscr, —7= Лз Лз = sin 9?, приведем уравнение к виду 15
sin(z—ср) = , где <p = arctg^. Из условия | sin(x—<p)| < 1 получаем \a\ < y/13. Ответ : a e [—л/13; \/13]. 2) Как и в предыдущем примере, делим обе части уравнения на л/32 + 42 = 5, получим |3 . 4 а| 2 . . . . а. 2 - sinz+- cosa:-- =-<=>| sin(x+^)--| = - 15 5 5 15 5 5 sin(x + </>) = % + | sin(rr + <£>) = | - |, где <р = arctgj. Искомые значения а найдем из совокупности нера- венств I5 + 5IS1 [ I? - si - 1 —7 < а < 3 -3 < а < 7, откуда а G [—7; 7]. Ответ : а е [—7; 7]. 3) acosx — sin х = 3 О sin (ср — х) — —у---- о Из условия — - < 1 имеем а2 + 1 > 9 <=> |а| > 2у/2. Ответ : а € (—оо; —2\/2] U [2\/2; +оо). 4) Пусть sin 2х = t. Тогда уравнение примет вид t2 - 2t - 2(1 - а) = О, корни которого ^i,2 = 1 ± — %а- Так как |sin2x| < 1, то первона- чальное уравнение имеет решение, если хотя бы один из корней t± или ^2 принадлежит отрезку [—1; 1]. Ясно, что t\ — 1 — \/3 — 2d < 1 < 1 И- х/3 — 2d = ^2 о о и £1 = ^2 ПРИ а — §• При а < 2 ^2 ^ [—1; 1]. Из неравенства — 1 < 1 — \/3 — 2d <=> \/3 — 2d < 2 следует, что а е [~^5 5]- 3dMe4dHue. Ответ легко получить из условия /(-1)/(1) < 0 о (2а + 1)(2а - 3) < 0, где f(t) = t2 - 2t - 2(1 - а). 5) После замены cos х = t уравнение примет вид f(t) = 0, где /(£) = t2 + 5t — (а + 1). Абсцисса вершины параболы у = t2 4- 5Z - (а + 1) to = [—1; 1], следовательно, уравнение 16
f(t) = 0 на отрезке [—1; 1] может иметь не более одного корня. Иско- мые значения а находим из неравенства /(—1)/(1) < 0 <=> (—5 — а)(5 — а) < 0. Ответ : а е [—5; 5]. 6) Сделав замену sinx = t и учитывая, что sinx 2, sinx 3, после приведения к общему знаменателю получим равно- сильное уравнение f(t) = 0, где f(t) = at2 — 5at + 6а — 1. При а = 0 уравнение f (t) =0 решений не имеет. Если а 0, то абсцисса вершины параболы [—1; 1]. Из условия /(—1)/(1) < 0 о (12а — 1)(2а — 1) < 0 находим требуемые значения а. Ответ : а Е [pj; Jj]- 7) Учитывая, что -\/(1 — а2)2 + 4а2 = а2 4- 1, уравнение при- водим к виду 1 - а2 а2 + 1 sinx 4- 2а 2а 4~ 1 —5----cos х = —о----- а2 + 1 а2 + 1 2а 4-1 а2 + 1 ’ где cos р = 1 - а2 а2 + 1 ’ sin р = — а2 + 1 Значения а находим из условия <=> sin(x 4- <^) = |2а 4-1| < о2 4- 1 <=> Г 2а 4~ 1 < а2 -|-1 —(а2 4- 1) < 2а 4- 1 Г а2 — 2а > 0 а2 4- 2а + 2 > 0, откуда а G (-оо; 0] U [2; +оо). Ответ : а е (—оо; 0] U [2; +оо). 8) asin(x4- = sin 2x4-9 <=> а^^(sinх + cos х) = sin 2x4-9 о a(sinx 4- cosx) = 2\/2 sinx cosx + 9\/2. (1) Пусть sinx 4- cosx = тогда t2 = (sinx 4- cosx)2 = 1 4- 2sinxcosx, откуда 2 sin x cos x = t2 — 1 и уравнение (1) приводим к квадратному относительно t\ at = V%(t2 - 1 4- 9) о V2t2 -at + sV2 = 0. (2) Уравнение (2) имеет решения, если D > 0 <=> а2 — 64 > 0, т.е. при |а| > 8. Так как \t\ = |sinx + cosx| = д/2| cos(x — ^)| < л/2, то для решения задачи надо выяснить, при каких а уравнение (2) имеет хотя бы один корень, принадлежащий отрезку [—д/2; л/2]. 3-1429 17
Абсцисса вершины параболы to = [— \/2; \/2] при |а| > 8, поэтому уравнение (2) может иметь не более одного корня на отрезке [—у/2; д/2]. Искомые значения а находим из неравенства /(-г/2)/(г/2) < 0 <=> (ау/2 + 10л/2)(10г/2 - ау/2) < 0 о (а + 10)(а - 10) > 0, где f(t) = V^t2 - at + 8л/2. Ответ : а е (—оо; -10] U [10; +оо). 9) Запишем уравнение в виде cos2 х — (4 — 2а) cos х + (5 — а)(—1 — а) =0. Используя формулы Виета, получим cos х = 5 — а или cost = — 1 — а. Уравнение cost = 5 — а имеет решения при условии — 1 < 5 — а<1о4<а<6, а уравнение cos т — — 1 — а при условии — 1 < — 1 — а < 1 <=> — 2 < а < 0. Ответ : а е [—2; 0] U [4; 6]. 10) Неравенство 1 — а2 1 + а2 < 1 <=> |1— а2\ < |14-а21 выполняется при любых а Е Д, поэтому исходное уравнение имеет решения при любом а Е R. Ответ : а Е R. 11) Так как sin Зт + 2 sin 5т < 1 + 2 = 3, а а2 — 6а + 12 = (а — З)2 4- 3 > 3, то уравнение равносильно системе sin Зт + 2 sin 5т = 3 а2 — 6а -|- 12 — 3. Из второго уравнения следует а = 3. Первое уравнение вы- полняется только при условии sin3T = 1 <=> т = ^ + А: € Z, и sin 5т = 1 т = yjj + п е Z. Равенство + 2^21 о 1 + Юк = 6п невозможно, поскольку 1 + 10 А: — нечетное, а 6п — четное число. Ответ : 0. 12) Как и в предыдущем примере оценим левую и правую части уравнения. Получим 2 cos Зт + 4 cos 5т < 6 < (а — 2)2 + 6. Ясно, что уравнение будет иметь решения при выполнении условий а = 2, cos3t = 1, cos 5т = 1. Последние два условия выполняются, например, при т = 2тгп, п G Z. Ответ : а = 2. 18
13) Учитывая множество значений арксинуса, имеем — < (л Ч~ ^)тг < —2 < о < —1* Ответ : а е [—2; —1]. 14) Так как 0 < arccos х < тг, то уравнение имеет решение, если 0 < sina < тг, откуда 2тгп < а < тг + 2тгп, п G Z. Ответ : а е [2тгп; тг + 2тгп], п е Z. 15) Из неравенства 0 < тг + у/а ~ 5 < тг следует а = 5. Ответ : а = 5. 16) Значения а находим из условия -^ < tga < | <=> — arctg?y + тгп < а < arctg^- + тгп, п е Z. Ответ : а е (—arctg^ + тгп; arctg^ + тгп), п е Z. 17) Решая неравенство —1 < arccos а < 1, получаем Ответ : а е [cos 1; 1]. 18) Учитывая, что исходное уравнение не имеет решений при а Е (—оо; —1)U{ —+оо), получаем Ответ : а е [—1; —U ( — 1]. 19) Так как sin х = 0 о х = тгк, к Е Z, то из множества значений а (а е [-1; 1]) надо исключить те, при которых имеет решение уравнение cos + а = 0, к е Z, т.е. а = 0, ±1. Ответ : а е ( — 1; 0) U (0; 1). 20) Искомые значения а найдем из условия < arcsin х < ТГ zv 7Г ,, ТГ п ТГ Ответ : — < а < — 21) Пусть tgrr + ctgx = t, тогда tg2x + ctg2x + 2 = t2 и первоначальное уравнение приводим к виду 2t2 + а2 = 3at (2t — a)(t — а) = 0, корни которого ti = t2 = а. Если tgrr > 0, то tgx + IgT - 2 tg2x “ 2tgx + 1 > 0 О (tgz ~ i)2 °- Если же tgx < 0, то tgx + < —2. Таким образом, пер- воначальное уравнение будет иметь решения, если хотя бы один из корней ti или ^2 будет принадлежать множеству (—оо; —2] U [2; +оо). ЗМ429 19
Очевидно, что t2 Е [2;+оо) при а > 2 и t2 € (-00; -2] при а < -2. Аналогично tY € [2;+00) при а > 4 и ti G (-00;-2] при а < -4. Учитывая, что (—оо; —4] U [4; +00) С (—00; —2] U [2; +оо), получаем Ответ : а 6 (—оо; —2] U [2; +оо). 22) cos2 2х -h За2 = 4a(cos4 х — sin4 х) cos2 2х + За2 = = 4a(cos2 х — sin2 ж) (cos2 х + sin2 х) cos2 2х + За2 = 4а cos 2х. Положив cos 2х = t, получим квадратное уравнение t2 — 4at + 3a2 = 0, корни которого = a, t2 = За. Учитывая условие |£| = | cos2x| < 1, находим, что при |a| < 1 хотя бы один из корней или t2 принадлежит отрезку [—1; 1]. Ответ : а Е [—1; 1]. 23) Пусть sinx = t, тогда первоначальное уравнение примет вид f(t) = 0, где f(t) = t2 4- at + 1 — а2. Решая совокупность г Л-1)-/(1)<0 /(-1) > о /(1) > о D>0 |to| < 1 (2 — а — a2)(2 + а — a2) < О 2 — а — а2 > О 2 + а — а2 >0 * а2 — 4(1 — а2) > 0 -1<_«<! ’ (а + 2)(а + 1)(а - 1)(а - 2) < 0 {(а + 2)(а- 1) < 0 (а + 1)(а — 2) < 0 <=> 5а2 > 4 —2 < а < 2 ае [—2; — 1] U [1; 2] Гае [-1;1] । а е (—оо; —U [ "5—; Н-оо) I v5 v5 2 2 [-2;--г=]иН=;2], vo VO найдем значения а, при которых хотя бы один корень уравнения f(t) = 0 принадлежит отрезку [—1; 1]. Ответ : а Е [—2; —7=] U [-?; L x/5J у5 2]. Замечание. Уравнение f(t) = 0 имеет два различных корня 9 9 на отрезке [—1; 1] при а е [—1; —7=) U (-7-; 1], один корень — при у5 V5 20
24) Так как cos 6т -1 <0 < у 2 sin(x - а) + х/З, то уравнение равносильно системе Г cos 6х = 1 Г х = к € Z | sin(z - а) = | х = (-1)п+1^ + тгп + а, п € Z, откуда а = + ( — l)n j — тгп, к,п е Z. Учитывая, что (-|;|), имеем — < ^к + (—1)п^ — < /с + (—1)п — п < Поскольку к + ( — 1)п — Зп число целое, а интервалу (“з; ^) принадлежит только три целых числа: —1, 0 и 1, то условиям задачи удовлетворяют три значения а. 1. к + (-1)п - Зп = -1 , а = 2. /с + (-1)п-Зп = 0 , а = 0; 3. А: + (—1)п — Зп = 1 , а= Ответ : а е { — j;0; j}. 25) После замены у = sin ж исходное уравнение приводим к виду 2у2 — ау + 2а — 8 = 0. Последнее уравнение имеет корни 2/1=2 и т/2 = ~ 4). Уравнение sin х = 2 решений не имеет. Значения а, при которых имеет решение уравнение sinz = ^(а ~ 4), найдем из условия з|а-4|<1о|а-4|<2о2<а<6. Ответ : а е [2; 6]. г~--;— .1 ( sin ж = а2 + а + 1 26) x/sinx + а = а + 1 <=> < . 1 . Л ' [ а +1 > 0. С —1 < а2 + а + 1 < 1 У равнение имеет решения при условии < “ а + 1 >~0 откуда а G [—1; 0]. Ответ : а Е [—1;0]. 27) 2 sin2 2х + 4 sin 2х cos 2х + 5 cos2 2х = а 2 (sin2 2х 4- cos2 2х) + 4 sin 2х cos 2х + 3 cos2 2х = а <=> 2 + 2 sin 4я + (1 + cos 4ж) = а 4 sin 4х + 3 cos 4х = 2а — 7 <=> sin4x + | cos4x = j(2a — 7) sin(4z + tp) = |(2a - 7) (ip = arctg|). Последнее уравнение, а следовательно, и исходное, имеют ре- шения, если — 1 < (2а — 7) < 1 <=> 1 < а < 6. 21
Ответ : а Е [1; 6]. 28) Выразим sin4 z4- cos4 х, sin6 т4- cos6 x и cos 8т через cos 4т. Получим: a) sin4 т+cos4 x = ^((1-cos2t)2 + (1+cos2t)2) = ^(l+cos2 2т) = ^(3 + cos 4т), 6) sin6 x 4- cos6 x = (sin2 x + cos2 я) (sin4 x — sin2 x cos2 x + cos4 x) = ^(3+cos4t) — sin2 2x = ^(34-cos4t — ^(l — cos4t)) = g(5 + 3cos4z), в) cos 8t = 2 cos2 4т — 1. После замены cos 4т = £, \t\ < 1 приходим к уравнению f(t) = 0, где f(t) = 2t2 — (7a — 2)t 4- a2 + 3a — 4. Если x E [0; ^], to 4x e [0; £], поэтому 0 < t = cos 4т < 1. Задача свелась к нахождению значений а, при которых урав- нение f(t) = 0 имеет корни на отрезке [0; 1]. Из неравенства /(0) • /(1) <0 о (а2 + За - 4)(2 - 7а + 2 + а2 + За - 4) < 0 о (а + 4)а(а — 1)(а — 4) <0 следует, что при а е [—4; 0] U [1; 4] уравне- ние f(t) = 0 имеет ровно один корень, принадлежащий отрезку [0; 1]. Поскольку система /(0)>0 /(1) > 0 D >0 to е [0; 1] а2 + За — 4 > 0 а2 — 4а > 0 41а2 - 52а + 36 > 0 0<|(7а-2)<1 а Е (—оо; —4] U [1; +оо) а е (—оо; 0] U [4; +оо) а € R а € [|; у] не имеет решений, то не существует а таких, при которых уравнение f(t) = 0 имело бы два корня на отрезке [0; 1]. Ответ : а е [-4; 0] U [1; 4]. Пример 2. Найти целые значения а, при которых данные уравнения имеют решения: 1) cosax = 14- 2 cos2 (у + §)> 2) 2 — 2 cos 2т = За 4- 4 sin я, 3) 5 — 4 sin2 х — 8 cos2 = За. Решение. 1) Так как cosax < 1, а 1 4- 2cos2 (^ 4- тр — то равенство возможно только в том случае, когда левая и правая части уравнения порознь равны 1. Решая систему J cosax = 1 J ах = 2тгк, к Е Z | 1 + 2 cos2 (у + 7) = 1 ( ж = 4- 2тгп, п € Z и исключая т, получим а = • Числа 4 и 4п+1 взаимно простые, поэтому а будет целым числом только при условии к = т(4п 4-1), т е Z, откуда а = 4т. 22
Ответ : а = 4m, т е Z. 2) 2 — 2(1 — 2 sin2 х) = За + 4 sin х 4 sin2 х — 4 sin х - За = 0. После замены sinx = t, t G [—1; 1], исходная задача сводится к нахождению всех целых значений а, при которых уравнение f(t) = 0, где f(t) = 4t2 — 4t — За имеет хотя бы одно решение на отрезке [—1; 1]. Решая неравенство /(-1) • /(1) < 0 <=> (8 - За)(—За) < 0 а(а - |) < 0 О а € (0; |), находим целые значения а (а = 1,а = 2), при которых ровно один корень уравнения f(t) = 0 принадлежит отрезку [—1; 1]. Для нахождения значений а, при которых оба корня находят- ся на отрезке [—1; 1], решим систему D>0 /(-!)> 0 /(1)>0 -1 <t0 < 1 4 + 12а > 0 о откуда а G [—^;0]. Отрезку 0] принадлежит единственное целое значение а = 0. Объединяя найденные значения а, получим Ответ : а е {0; 1; 2}. Замечание. Этот же результат можно было получить, выяснив, при каких а хотя бы один из корней уравнения 11,2 = ^(1 ± \/1 + За) принадлежит отрезку [—1; 1]. 3) Приведем исходное уравнение к квадратному относитель- но t = cos х. 5 — 4 sin2 х — 8 cos2 = За <4 5- 4(1 — cos2 x) — 8 • ^(1 + cos x) = За <=> 4 cos2 x — 4 cos x — 3 — За = 0 <=> 4t2 — 4t — 3 - За = 0. Как и в предыдущем примере, можно воспользоваться теоре- мами о расположении корней квадратного уравнения, а можно ото- брать все целые значения а, при которых имеет решение хотя бы одно из неравенств |t1>2| < 1 # |^(1 ± у/4 + За)| < 1. И в том, и в другом случае получим а е { —1; 0; 1}. Ответ : а G {—1; 0; 1}. 23
Пример 3. При каких а уравнения не имеют решений: 1) (а + 1)tg2rc - 2tga:^^ + а = О, 2) 2(а2 + 1) cos2 х + 4а2 cos х + 1 = 0, 3) 2tg2x + 5tgx + а = О, 4) (а2 + 8а + 16) (2 — 2 cos х — sin2 х) + + (32 + 2а2 + 16a)(cosx - 1) + За + 10 = О, 5) 2 sin2 х — 3 cos хsinх — 3cos2 х = а напромежутке [0; ^), 6) asin5x + 2\/аЬ + b2 cos 5х + 2а = -4Ь (а > 0, b > 0), 7) х2 + 2xsina — cos2 а + 2 sin а = 0, а е (-^; ^), 8) х/3 sinx — 4 cos ж (а2 — 2а + л/5) = а + 3, 9) sin2 х — 2(а — 3) sinx + а2 — 6а + 5 = 0, 10) 2 sin х = & +-д, а 3? Решение. 1) Выполняя преобразования, получим —— ((a + 1) sin2 х — 2 sin x + a cos2 x) = 0 о cos2 я 7 7 ( sin2 x — 2sinx + a = 0 , . [ cos x Ф 0. ' 7 Используя замену sinx = t (|t| < 1), приведем уравнение к виду t2 — 2t + a = 0, корни которого — 1 — \/1 — а и t2 = 1 + \/1 — a существуют при a < 1. Очевидно, что = 1 при а = 1, а при a < 1 ti < 1 < ^2- Найдем значения а, при которых —1 < t\. Решая неравенство — 1 < 1 — \/1 — а <=> у/1 — а < 2, имеем а > — 3. Итак, корень принадлежит отрезку [—1; 1] при а е [—3; 1], причем ti = — 1 при a = — 3. Однако система (1) имеет решения только при а е (—3; 1), так как если t = ±1 о sinx = ±1, то cosx = 0. Таким образом, система (1) не имеет решений при а Е (—оо;—3] U [1; +оо). Ответ : а е (—оо; —3] U [1; +оо). 2) После замены cosx = t (|t| < 1) получим уравнение /(t) = 0 где /(t) = 2(a2 + l)t2 + 4a2t + 1. Уравнение f(t) = 0 имеет решения при > 0 <4 4a4 — 2a2 — 2 > 0 <=> 2(a2 — l)(2a2 + 1) > 0, т.е. при 2 4 । 2 I i |a| > 1. Так как /(0) = 1 > 0, a /(t0) = /(++) = ~2а Л °i + = a “i- J. a “I- 1 —------2^ + 1) < о ПрИ |a| > 1, то на отрезке [to; 0] C [—1; 1] суще- ствует корень уравнения /(t) =0. Это означает, что первоначальное 24
уравнение имеет решение при |а| > 1. Если |а| < 1, то D < 0, сле- довательно, уравнение f(t) = 0, а вместе с ним и исходное не имеют решения. Ответ : а е (—1; 1). 3) Пусть tgx = t. Данное уравнение приводим к виду 2t2 + 5t + а = 0. Так как t может принимать любые значения (t е (—оо;+оо)), то уравнение не имеет решений при D < 0. Решая неравенство D < 0 о 25 — 8а < 0, получим а > 3g. Ответ : а е (3g;+oo). 4) Поскольку 2 — 2 cos х — sin2 х = 1 — 2 cos х + cos2 х = (cos х — I)2, то, вводя обозначение cos х — 1 = £, первоначальное урав- нение преобразуем к виду f(t) = 0, где f(t) = (а + 4)2£2 + 2(а + 4)2£ + За + 10. Так как —1 < cosx < 1, то —2 < cos х — 1 = t < 0. Таким образом, остается выяснить, при каких значениях а уравнение f(t) = 0 не имеет корней, принадлежащих отрезку [—2; 0]. Решая неравенство D < 0 <=> (а + 4)4 — (За + 10)(а + 4)2 < 0 <=> (а+4)2 (а+3) (а+2) <0, определяем те значения а, при которых урав- нение вообще не имеет корней (а G (—3; —2)). Пусть теперь D > 0. Так как /(0) = /(—2) = За + 10, то значения, при которых корни уравнения /(t) = 0 не принадлежат отрезку [—2; 0], найдем из усло- вия За + 10 < 0. Объединяя найденные значения, получим Ответ : а Е (—оо; — U (—3; —2). 5) Используя тождество sin2 х + cos2 х = 1, уравнение приво- дим к виду (2 — a) sin2 х — 3 cos х sin х — (3 + а) cos2 х = 0. (1) При а = 2 имеем — 3 cos ж sin ж — 5 cos2 х = 0 <=> cos х (3 sin х + 5 cos х) = 0. Корни последнего уравнения х = + 7г/с, к € Z и х = —arctgg + тгт, т е Z не принадлежат промежутку [0; 7^), так что а = 2 удовлетворяет условиям задачи. Пусть теперь а ф 2. Уравнение (1) после деления на (2 — a) cos2 х и замены tgx = t принимает вид f(t) = 0, где Сначала найдем значения а, при которых уравнение f(t) = 0 вообще не имеет корней. Решая неравенство 4-1429 25
п<0^ (Г^7 + 4^<0° (ir^(9 + 4(3 + a)(2“a))<0^ 4a2 + 4a — 33 > О, получим, что ae (-oo;-|(v/34 + l))U(^(v/34-l);+oo). Ясно, что в этом случае не имеет решений и уравнение (1). Кроме того, если tgT < 0, то х [0; ?у), поэтому условиям за- дачи удовлетворяют и те значения а, при которых уравнение f(t) = 0 имеет только отрицательные корни. Для того чтобы найти их, ре- шим систему a € [—2(х/34 4- 1); 2(4/34 — 1)] 3 Q 2(2 —а) > 0, 2 а /(0) > о откуда а е (2; 1)]- Объединяя найденные значения а, получим Ответ : а € (-оо; -^(\/34 + 1)) U [2; +оо). 6) Поделим левую и правую части уравнения на y4z2 + (2д/а6 + = \/а2 + 4а6 + 4б2 = + 26)2 = а + 2b. Получим sinSx + ^aab+bb2 COS5X = ~^а+~^Ь & cos sin 5т + sin tp cos 5т = — 2 <=> sin(5T + </>) = —2 (<p = arctg^^--^ — ^-). Последнее равенство невозможно, следова- тельно, исходное уравнение не имеет решений при а > 0, b > 0. 7) Уравнение не имеет решений, если -^D < 0, т.е. при усло- вии sin2 а + cos2 а — 2 sin а < 0 о sin а > , откуда, учитывая условие а е (—?у), получаем а е (^; ^). Ответ : а Е (^; ^). 8) Введем вспомогательный угол. Имеем 3sinT — 4cost = 5(jj sinT— j cost) = 5sin(T — p) , где tgp = 3. Так как a2 — 2a+x/5 = (a - l)2 + (x/5 - 1) >0 для любого a E R, то исходное уравнение можно записать в виде x/sin(T — р) = —к— 7=-. V V 7 x/5(a2 - 2a + x/5) Учитывая, что 0 < x/sin(T — p) < 1, уравнение не будет иметь решений, если правая часть его отрицательна, или принимает значения большие 1. 26
1. Множество решений неравенства 2 а + < О а е (—оо; —3). 2. Решая неравенство получим а€(4=;2). V о Ответ : а е (—оо; —3) U (-4=; 2). V 5 9) Записав уравнение в виде sin2 х — (2а —6) sinT+ (а — 1)(а — 5) = 0 и используя формулы Виета, получим sin х = а — 5 или sin х = а — 1. Учитывая ограничение | sinx| < 1, находим, что уравнение sin х = а — 5 имеет решения при условии 4 < а < 6, а уравнение sin х = а — 1 — при условии 0 < а < 2. Таким образом, исходное уравнение не имеет решений при а Е (-оо; 0) U (2; 4) U (6; +оо). Ответ : а е (—оо; 0) U (2; 4) U (6; +оо). 10) Уравнение не имеет корней при условии | q 3 | > 2. Так как |а + 1|>2|а — 3| <=> (а + 1 + 2а — 6)(а + 1 — 2а + 6) > 0 (За - 5)(а - 7) < 0, то а € (|; 7). С учетом а 3 получим Ответ : а G (^; 3) U (3; 7). Упражнения. 1. При каких а уравнения имеют решения: 1) sin х + 2 cost = а, 2) 2>/б sin я + 5 cos х = а, 3) |2 sin х — 3 cos хI = а, 4) |5 sin2 х + cos х — 7| = а, 5) 2 sin2 х + a2 sin х + = 0, 6) (а2 + 1) sin2 х + 2а2 sin х + = 0, 7) sin2 х + 3 sin х cos х — 2 cos2 х = а, 8) sin 2х — —За2 + 6а — 4, 9) tg2T + ctg2T + 2 + За2 = 4a(tgT + ctgx), 10) (а2 — 9) sin Зт — 6а cos Зт = 6а — 9, 11) (а2 — 1) sin т — 2а cos т = 1 — 2а, 12) cos т = arcsin а, 13) Уcost — а = 1 — а, 14) sin 15) 4 cos2 т + 5а sin т — а2 — 4 = 0, 16) i/2cos(t + а) — 1 = sin 6т — 1, а е [-^;0], 4*-1429 27
24) S-cisx-tQ =0> 25) 17) sin2т - (a + 2)(sinz + cosz) + 2a + 1 = 0, 18) cos + cos = 2 + a/1 “ fl, 19) | sin 4x + | sin 12z = -2a2 + 4a - 3, 20) arccos (z + 2) = (a — 1)тг, 21) arcsinz = cos a, 22) arcctgz = ctga, 23) arcsin(z - ^) = - y/a + 1, arccos x — a _ q? >/ arccos z — 7t/4 2. Найти целые а, при которых имеют решения уравнения: 1) 1 + a cosx = (a + I)2, 2) sin2 z — 3sinz + a = 0, 3) a sin z + 2\/fl + 1 cos z = 2a + 1. 3. При каких a уравнения не имеют решений: 1) cos2 z + a2 cos z + 1 = 0, 2) sin z + cos z = sin a + cos a на отрезке [0; тг], 3) 2z2 — 2z(2 cos a — 1) + 2 cos2 a — 5 cos a + 2 = 0, a E (0; 7r), 4) /cosz _ Sinz(a2 _ a + = a + L У V 3 5) 3cosz= a /2? 28
§ 3. Число корней уравнения В этом параграфе будут рассмотрены примеры на определе- ние количества корней уравнения. Наиболее часто встречаются за- дачи, в которых требуется определить значения параметра, при ко- торых уравнение имеет единственное решение. Так как обычно три- гонометрическое уравнение (в силу периодичности тригонометриче- ских функций) имеет целую серию решений, то в условии указы- вается определенный промежуток, которому должны принадлежать корни уравнения. В конце параграфа рассмотрены примеры на уста- новление равносильности уравнений. Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют единственное решение: 1) (я - а)(совя - = 0, х Е [0; тг), 2) (х - a) arcsin (Зя - 2) = 0, 3) 4соб2я — (4а — 2) sinx = а 4- 3, х е 4) % = а, х е [-тг; тг], 5) cos х - sin2 аж = 1, 6) cos2 ах = 2 cos ах + cos х - 2, 7) 2х2 - atg (cos я) + а2 = 0, 8 ) 2sin я = а2 — 2а, х е [0; 2тг], 9) х2-+ 64 = 0. 7 L J 7 у/cos a sma Решение. 1) Уравнение cos ж = на множестве х Е [0; тг) имеет единственный корень х = поэтому исходное уравнение имеет единственное решение при а=^. Кроме того, уравнение х = а не имеет решений при а 6 (—оо; 0)и[тг; +оо), следовательно, исходное уравнение имеет единственный корень. Ответ : а G (—оо; 0) U {^} U [тг; 4-оо). 9 2) Уравнение arcsin (Зя —2) = 0 имеет решение х = при любом значении а. Поэтому исходное уравнение будет иметь единственное решение в двух случаях: 1) а = 2) уравнение х — а = 0 имеет решение, не входящее в ОДЗ исходного уравнения (—1 < Зя — 2 < 1 <=> < ж < 1). Ответ : а Е (—оо; ^) U {^} U (1; +оо). 3) После замены cos2x = 1 — 2 sin2 я и sin я = t первона- чальное уравнение приводим к виду 8£2 + 2(2a — 1)£ + (a — 1) = 0, 29
корни которого ti = — | и *2 = |(1 — а). Ясно, что из множества решений уравнения sin х = — | только х = — arcsin | принадлежит интервалу ( —^;0). Так как одно решение уже найдено, то других решений на интервале (—^; 0) быть не должно. Уравнение sinx = £2 не имеет решений на этом интервале, если t2 6 (-оо; -1] U [0; +оо). ТЛ Г -1 Из совокупности неравенств 4 находим, что а € ^(1 — &) > 0 ( —оо; 1] U [3; +оо). Остается учесть, что при а = корни уравнения совпадают (ti = t2 = — ^), поэтому первоначальное уравнение имеет единственное решение на интервале ( —^;0). Ответ : а € (-оо; 1] U {|} U [3; +оо). 4) sinx на отрезке [—тг;тг] каждое значение из множества (—1; 0) U (0; 1) принимает дважды, значение 0 — трижды, и толь- ко значения ±1 принимает один раз. С учетом ОДЗ (sinx — 1), остается только sinx = 1. Подставив sinx = 1 в исходное уравнение, получим а = Итак, если искомое значение а существует, то это может быть только а = (необходимое условие). Решая уравнение 2 — sin2 х 1 ( 2 sin2 х + sin х — 3 = 0 . . fl v = 4 О 4 , 1 / п > получаем sinx = 1 1 + sin х 2 [ sin х + 1 ± 0 J о о или sinx = — Уравнение sinx = — решений не имеет, а уравне- ние sinx = 1 имеет единственное решение х = ^, принадлежащее отрезку [—7г;7г]. Ответ : а = 5) Так как cosx < 1, а 1 + sin2 ах > 1, то уравнение cos х — sin2 ах = 1 <=> cos х = 1 + sin2 ах равносильно системе f cosx = 1 f х = 2тгк, к е Z 1 • п О S л- *7 (1) [ sin ах = 0 [ ax = 7m,n€:Z. 4 7 Исключая х, получим 2ка = п. Если а — рациональное чи- сло (а = р 6 Z, q 6 N), то при к = qm (тп Е Z) х = 2тгqm — решения системы (1) и исходного уравнения. Если же а — ир- рациональное число, то условие 2ка = п выполняется только при к = п = 0, откуда х = 0 — единственное решение уравнения. Ответ : а — любое иррациональное число. 6) Перепишем уравнение в виде /(х) = 0, где f(x) = cos2 ах — 2 cos ах — cos х + 2 = (cosax — 1)2 + (1 — cosx). 30
Так как (cosz-1)2 > 0 и (1-cosx) > О, то равенство /(ж) = О возможно только в случае cos ах = 1 и cos х = 1. Как и в предыдущем примере, при а рациональном уравнение имеет бесконечное множество решений, а при а иррациональном — единственное решение х = 0. Ответ : а — любое иррациональное число. 7) Пусть f(x) = 2х2 — atgfcosx) + а2. Функция f — четная, поэтому если xq — решение уравнения f(x) = 0, то и —Xq — решение уравнения. Из условия единственности (xq = — xq) следует, что xq = 0. При х = 0 имеем —atg(cos0)+a2 = 0 <=> a(a — tgl) = 0, откуда получаем два значения а (а = 0 и а = tgl), каждое из из которых подлежит проверке. 1. При а = 0 уравнение 2х2 = 0 имеет единственное решение х = 0. 2. Если а = tgl, то уравнение принимает вид 2х2 + ^21 = tgl • tg(cosx). (1) Функция <p(t) = tgt, где t = cosx e [—1; 1] C (“5’ 7^’ BO3Pa- стающая, следовательно tgfcosx) < tgl. Теперь легко оценить левую и правую части уравнения (1). 2х2 + ^21 > ^21 > tgl • tg(cosx). Из этой оценки следует, что уравнение (1) равносильно си- стеме Г 2я2 + ^21 = ^21 [ tgl • tgfcosx) = tp2l, имеющей единственное решение х = 0. Ответ : а = 0, а = tgl. 8) 2 sin х на отрезке [0; 2тг] каждое значение из множества (—2; 0) U (0; 2) принимает дважды, значение 0 — трижды, а значения ±2 по одному разу. Так как а2 - 2а = (а — I)2 - 1 > -1, то уравнение имеет единственное решение только в случае а2 — 2а = 2, т.е. при а = 1 ± >/3. Ответ : а = 1 ± \/3- 9) Уравнение имеет единственное решение при условии 1 п - п 16 16х/3 а л _ n sin а — \/3 cos а — 4 sin a cos а _ Л 4^ = 0 cosa " ~64 - 0 ------- sin a cos а------= °’ Далее имеем sin а — cosa — sin 2а = 0 <=> sin 2а — sin(a — j) = 0 <=> 2sin(a + ^)cos(4^ — = 0. Решая уравнения sin(a + ^) = 0, 31
cos(^y — ^) = 0 и учитывая ОДЗ (cos а > 0, sin а 0), находим искомые значения а. Ответ : а = — j + 2тгп, а = —ду- + 2тгк, а = + 2тг/, п, к, I Е Z. Пример 2. Найти наименьшее значение а, при котором уравнение 2 — sinrr — cos 2т = a(2sinrr + 1) имеет на интервале (0; ту) единственное решение. Найти это решение. Решение. Приведем исходное уравнение к квадратному от- носительно переменной t = sin я. Получим 2 — sinx — (1 — 2sin2 х) = a(2sinx + l), откуда 2t2 — (2а+1)£+1-а = 0. Так как при т е (0; ?у) 0 < t = sin я < 1, то условие задачи формулируется следующим образом: найти наименьшее значение параметра а, при котором урав- . нение f(t) = 0, где f(t) = 2t2-(2а + 1)£ + 1 -а, имеет единственное решение на интервале (0; 1). Уравнение f(t) = 0 может иметь единственное решение в двух случаях: а) /(0) • /(1) <0 <=> (1 - а)(2 - За) < 0 о | < а < 1. Г D = 0 J (2а + I)2 - 8(1 - а) = 0 ( 4а2 + 12а - 7 = 0 ) \ £ [0; 1] 0 < ^(2а + 1) < 1 < а < ^- Корни уравнения 4а2 + 12а — 7 = 0 = —3, а-2 = ^- Так 1 О 1 как — 3 з), то наименьшее значение параметра а = При а = 2 уравнение f(t) = 0 имеет корень t = а уравнение sin ж = на интервале (0; ту) имеет единственное решение х = Ответ : а = х = Пример 3. При каких значениях а существует хотя бы одно значение b такое, что на интервале (6; b + 4тг) уравнение 3 cos х + 4 sin х = а имеет ровно один корень? Для каждого такого а указать все значения Ь. Решение. 3cosж + 4 sin ж = а <=> cosх + sinх = <=> sin (т + <р) = где <р = arctg Очевидно, что если |а| > 5, то уравнение решений не имеет, а в случае |а| < 5 уравнение имеет более одного решения при любом Ь. Рассмотрим теперь значения а = ±5. 32
1) a = 5. sin (x + p) = 1 о x + p = ?y 4- 2тг/с, к G Z, и 6 = — (/? + 2тгк. Действительно, на любом интервале (?У - р + 2тгА;; ту — (^ + 2тг/с + 4тг), к G Z, уравнение sin(x + р) = 1 имеет единственное решение х = ^ — <^ + 2тг + 2тгк. 2) а = —5. Аналогично предыдущему случаю, уравнение sin(x + (^) = — 1 имеет единственное решение х = — ту ~ <^ + 2тг + 2тгА;, к е Z, на интервале (—ту — (^ + 2тгА:; — ту — Р + 2тгк + 4тг). Ответ : а = 5, b = ^ — р + 2тгк; а — —5, b = — ту — Р + 2tt/c, к е Z (р = arctg 4). Пример 4. Определить количество решений уравнения: 1) cosx = а, х е (—тр ^тг]; 2) sin2 х - (а + ^2) sinx + = 0, х Е [0; ^тг]; 3) (sin# + Tj)(cosz - а) = 0, х Е [0; 2тг]; 4) cosx ctgx — sinx = acos2x, x G [0; 2тг]; 5) а — 3 sinx = a — 3 cosx x e r40 497ri ' a cos x — 3 a sin x — 3 ’ 1 ’ 6) arccos2 x — 2а arccos x + а2 — 1 = 0. Решение. 1) Разобьем промежуток jtt] на части следующим образом: (—тр ^тг] = (—тр 0) U {0} U (0; j) U [тр ^тг) U [§тг; тг) U {тг} U (тг; 4тг]. 1. Уравнение имеет 2 решения при: а) а Е (—1; — ^] (на множестве [^тг; тг) U (тг; ^тг]), б) а Е (^; 1) (на множестве (—j; 0) U (0; j)). 2. Уравнение имеет единственное решение, если: а) а = — 1 (х = тг); б) а = 1 (х = 0); в) а Е (—^ (х I71"))’ Ответ : а Е (—оо; —1)U(1; +оо), 0; а Е {—1}U(—^; tj]U{1} — 1 корень; а Е (—1; —j] U (^; 1) — 2 корня. 2) Поскольку sin2x — (a+^) sinx + a-= 0 <=> (sinx-(sinx —a) = 0, ТГ 2 cz то исходное уравнение имеет корни х = j и х — ^тг при люоом а Е R. Определим теперь число корней уравнения sin х = а : 33
a) a e [0; 1) — 2 корня; 6) a G [—-j; 0) U {1} — 1 корень; в) a e (-ос; -^)U(1; +oo), 0. При подсчете числа решений надо учесть, что при а = Е [0; 1) первоначальное уравнение имеет только два корня (х = j и х = 3%). Ответ : а € (-оо; U {^} О (1; +оо) — 2 решения; a G [— ^5 O)U{1} —3 решения; aejOj^U^; 1) —4 решения. 3) Как и в предыдущем примере заметим, что исходное урав- нение имеет корни х = ^тг и х = ^Хтг при любом а G R. Определим теперь число корней уравнения cos х = а : а) |а| >1, 0; б) a = 1 — одно решение (гг = тт); в) а е (—1; —^)U(—^)U(-^; 1] —2 решения; г) при |а| = уравнение cos х = а имеет 2 решения, одно из которых совпадает с решением уравнения sin х + = 0, поэтому исходное уравнение имеет 3 решения. Ответ : а е (—оо; — 1) U (1; +оо), —2 решения; a = а = — 1 — 3 решения; а Е (—1; —О (—-^^; ^2^) решения. 4) Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ (х тгкук Е Z), получим cos х _sin х = a cos 2х <=> cos2 х—sin2 х = a cos 2х sin х <=> sin х cos 2х = a cos 2х sin х <=> cos 2x(a sin ж — 1) = 0. Уравнение cos2x = 0 имеет решения х = | + е из которых четыре (х = х = ^, х = х = при- надлежат отрезку [0; 2тг]. Уравнение a sin х — 1 = 0 имеет решения х = (.—l)marcsini + тгт, т Е Z при условии |a| > 1, причем х тгт, т Е Z, так как arcsin 1 0. sinx на отрезке [0; 2тг] принимает значение 0 три раза, ±1 по одному разу, остальные значения из множества (—1; 0) U (0; 1) по два раза. Отсюда следует, что уравнение a sin х — 1 = 0 имеет на от- резке [0; 2тг] единственное решение при а = ±1 и ровно два решения при |а| > 1. Кроме того, надо учесть, что при а = ±л/2 уравнение a sin х — 1 = 0 имеет два решения, совпадающие с решениями урав- 34
нения cos 2х = 0 (при а = \[2 х = , при а = — у/2 х = и х = ^). х = Ък . Ответ ; а е {—л/2} U (—1; 1) U {л/2} — 4 решения, а = ±1 — 5 решений, а Е (—оо; — v^2) U (-Д; -1) U (1; л/2) U (л/2; +оо) — 6 решений. о о 5) На ОДЗ (cos я 7^ sin ж уравнение (1) приводим к виду a2 sin х — За — За sin2 х + 9 sin х = a2 cos х — За — За cos2 х + 9 cos х <=> a2 (sin х — cos х) — 3a(sin2 х — cos2 х) + 9(sin х — cos х) = 0 о (sin х — cos х) (а2 — 3a(sin х + cos х) + 9) = 0. Уравнение а2 — 3a(sin х + cos х) + 9 = 0 не имеет решений, так как D = 9((sinx + cosx)2 — 4) = 9(sin2x — 3) < 0. Решения уравнения sin х — cosx = 0 х = ^ + %/с, k Е Z, принадлежат отрезку [40%; 49%] при к = 40,41,...,48 (всего 9). Если о 6 бы не было ограничений cosх 7^ и sinz то задача была бы решена. Подставляя х = + тгк в уравнения cos х = , sin х = , получаем - = откуда а = ±Зд/2. Исследуем эти значения а. При а = — Зд/2 решения уравнения (1) х = 4- 2%п, п е Z, причем отрезку [40%; 49%] принадлежат 5 корней. Если же а = Зд/2, то решения уравнения (1) х = + 2%m, m G Z, а на отрезке [40%; 49%] расположено 4 корня. Ответ : а = —Зу/2 — 5 решений; а = Зу/2 — 4 решения; а 7^ ±3\/2 — 9 решений. 6) Уравнение t2 — 2at + а2 — 1 = 0 имеет два корня 11 = а — 1 и ^2 = а+1. Так как 0 < t = arccos х < % и функция t = arccos х убывает на области определения х Е [—1;1], то уравнение будет иметь два решения, если а удовлетворяет следующей системе неравенств: ( 0 < а-1< % ( 1 < а < % + 1 |^0<а + 1<% <^>|^-1<а<% — 1, откуда а е [1; % — 1]. Значения а, при которых уравнение имеет единственное ре- шение, найдем из совокупности двух систем: !0 < а — 1 < % а+1>% %—1<а<%+1 0 < а + 1 < % — 1 < а < 1. а- 1 < 0 35
При остальных значениях а уравнение решений не имеет. Ответ : Два решения при а G [1; тг — 1]; одно — при а е [—1; 1) U (тг — 1; тг + 1]; 0 — при а Е (—оо; —1) U (тг + 1; +оо). Пример 5. Найти а, при которых уравнение (1 - a)tg 2х - + 1 + За = О имеет более одного решения на интервале (0; ?£)• Решение. Выполняя тождественные преобразования (tg2x = —\----1) и вводя замену д, = t, приходим к уравнению (1 — a)t2 — 2t + 4а = 0. При а = 1 уравнение имеет одно решение t — 2, при а 1 — два решения: = 2 и t2 = Уравнение COs % = 2 о cos х = имеет решения х = + 2тгп, n е Z, из которых только х = принадлежит интервалу (0; ^). Следовательно, а = 1 условиям задачи не удовлетворяет. Выясним теперь, при каких а уравнение cos я = имеет по крайней мере одно решение, принадлежащее интервалу (0; ?у) и отличное от . Значения а найдем из условия 1 п f ( ас(0;1) 2а 1 < 0 а е (—оо;0) U (^;+оо), откуда а € (^; 1). Исключая а = ири котором ti = t2 = 2, получа- ем sin2 Зя — (а + А) Ответ : а Е (^; U (^; !)• Пример 6. Найти а, при которых уравнение sin 3z + ?у = 0 имеет ровно три корня, принадлежащие отрезку [Я^; тг]. Решение. После замены sin Зя = t получаем квадратное уравнение t2 — (а + = 0, корни которого = 7^t2 = а. Отрезку тг] принадлежат два корня из серии решений уравнения sin Зя = £ (я = (~1)пу£ + п £ %), а именно: я = (п = 2) и я = (п = 3). Следовательно, уравнение sin Зя = а должно иметь ровно один корень, принадлежащий отрезку [Д^; тг]. Так как Зя Е [2тг; Зтг], то sin Зя принимает все значения из промежутка [0; 1) дважды, и только значение 1 принимает один раз (если я = то Зя = Е [2тг; Зтг] и sin Зя = 1). 36
Ответ : а = 1. Пример 7. Найти а, при которых уравнение cos2 4х 4- (а — 3) cos 4х = О имеет ровно четыре корня, принадлежащие отрезку [^; ^]. Решение. cos2 4х + (а — 3) cos 4х = 0 <=> cos 4x(cos 4х + а — 3) = 0. Уравнение cos4x = 0 <=> х = п G Z имеет три решения, принадлежащие отрезку [^; ^], а именно: (п = 0), (n = 1) и (п = 2). Следовательно, уравнение cos4x = 3 — а должно иметь ровно одно решение. Так как < х < <=> 2 < 4х < то £'(cos4x) = [—1; 1], причем cos4x один раз принимает только значения ±1. Искомые а находим из условия 3 — а = ±1, откуда а = 2 или а — 4. Ответ : а е {2; 4}. Пример 8. При каких а уравнение sin \/а — х2 = 0 имеет ровно 6 корней? _______Решение. Решая уравнение sin — х2 = 0, получим у/a — х2 = ктг {к = 0,1,2,...), откуда х = ±у/а — к2тг2. Уравнение будет иметь ровно 6 корней, если подкоренное выражение будет по- ложительным при к = 0,1,2 и отрицательным при к > 3. Значения а находим из системы а — 32тг2 < 0 < а — 22тг2 о 4тг2 < а < 9тг2. Ответ : а е (4тг2;9тг2). Пример 9. При каких а уравнение (2 sin а + 1)я2 + 4х sin а = 1 — 2 sin а имеет только отрицательные решения? Решение. Если sin а = — то уравнение имеет единствен- ное решение х = — 1, следовательно, значения а = + 2тгп и а = дД + 2тгп, п G Z удовлетворяют условиям задачи. При sin а ~2 квадратное уравнение имеет два корня: х = 1'Ф 2 sin а и х ~ Решая неравенство 1 2’ 1 — 2 sin а 1 + 2 sin а sin а sin а < 0 о находим, что а Е (^4-2тгп; + 2тгп)U(^5- + 2тгп; + 2тгп), Присоединяя найденные ранее значения а, получим п Е Z. 37
Ответ : а G (^+2тгп; ^+2тгп)и[^£+2тгп; ^Д+2тгп], п е Z. Пример 10. При каких а и b равенство a(cost - 1) + b2 = соб(дт + 62) - 1 справедливо для любых х е R? Решение. Предположим, что пара (до, &о) удовлетворяет усло- вию задачи, тогда равенство до(созт — 1) + Ь% = соз(дот + &о) — 1 справедливо для любого х е R. Выберем два значения х (например, х = тг и х = 2тг ), подставим их в равенство, получим систему двух уравнений относительно До и &о- Г —2д0 + 6q = cos(a07T + &о) “ 1 (!) [ = cos(2ao7r + 6q) — 1. (2) Из равенства (2) следует, что = соз(2дотг + Ь%) — 1 < О, поэтому 6о = 0, cos(2ao7r + &§) = 1, откуда 2до?г = 2тгк и до = к G Z. При этих значениях до и Ьо равенство (1) примет вид cos/стг = 1 — 2к. Так как —1 < cos/стг < 1, то — 1 < 1 — 2к < 1, откуда О < к < 1, т.е. к = 0 или к = 1. Подстановкой убеждаемся в том, что найденные значения до и Ьо действительно удовлетворяют условиям задачи. Ответ : {(0; 0), (1; 0)}. Пример 11. При каких д уравнение sin2 х — д2созт = а имеет нечетное число корней на промежутке (—7тг; 7%]? Решение. Пусть /(ж) = sin2 х—а2 cost—а. Так как f(—x) = f(x) для любого х Е R, то уравнение /(т) = 0 имеет нечетное число решений на промежутке ( — 7тг; 7тг] в двух случаях: 1) /(0) — 0, /(7тг) 0- Из условия /(0) = 0 О д(д + 1) = 0 получаем два значения д: д = 0 и д = — 1. Исследуем каждое из них. При а = 0 уравнение /(т) = 0 <=> sin2 х = 0 <=> х = ктг имеет 14 решений (к = — 6, — 5,..., 6, 7), а при а = — 1 —7 решений (—бтг, — 4тт, — 2тт, 0, 2тт, 4тг, бтг). 2) /(0) 0, /(7тг) = 0. Из равенства f (7тг) = 0<4д2-д = 0 находим два значения д: д = 0 и д = 1. Первое уже исследовано выше. При а = 1 /(т) = 0 <=> cost(cost + 1) = 0. Уравнение cost = 0 <=> х = + тгп имеет 14 решений (±^, ±3^,..., ±13^), а уравнение cost = — 1 — 7 решений (т = ±тг, ±3тг, ±5тг, 7тг). Всего при а = 1 уравнение /(т) = 0 имеет 21 решение. Ответ : а — ±1. Пример 12. При каких а уравнения 1) sinT — ^ = 0 и (sinT - ^)(sinT + д) = 0, 38
2) sin2 x = a — и cos 2x = a — 1, 3) sin x = 2 sin2 x и sin Зя = (a + 1) sin я — 2\a — 1| sin2 x, 4) 2 sin7 x = (1 + sin тга) sin x + a sin3 x и (a — 1)(1 + cos2 x) + 2 sin6 x = 2 sin2 x + 2(a — l)3 равносильны? Решение. Два уравнения называются равносильными, если множества их решений совпадают. Любые уравнения, не имеющие решений, также считаются равносильными (у них пустое множество решений). 1) Уравнения равносильны в двух случаях: a) 8шя + а = 0 не имеет решений (а е (—оо; — 1)и(1; +оо)), б) sin х + а = 0 не имеет решений, отличных от х = (-1)п^ + 7гп, п € Z (а = ^)- Ответ : а е (—оо; —1) U {^} U (1; +оо). 2) соб2я = а — 1 <=> 1 — 2 sin2 х = а — 1 <=> sin2 х = 1 — Приравнивая правые части уравнений, получим а — ^ = 1 — О а = 1. При а = 1 уравнения имеют одинаковые множеству решений (х = п G Z). Теперь найдем значения а, при которых оба уравнения не имеют решений. Уравнение sin2 х = а — не имеет решений, если 11 14 а — < 0 или a — •£ > 1, т.е. при а е (—оо; и (§5 +оо). Аналогично, уравнение соб2я = а — 1 не имеет решений, если |a — 1| > 1 О а 6 (—оо; 0) U (2; +оо). Оба уравнения не имеют решений при а G (—оо; 0) U (2; +оо). Ответ : (а G (—оо; 0) U {1} U (2; +оо)). 3) Вводя замену sinx = t и используя формулу sin Зя = 3 sin х — 4 sin3 я, получим уравнения t = 2t2 и 3t - 4£3 = (a + l)t — 2\а — 1|£2 £(4£2 — 2\а — 1|£ + а — 2) = 0, при условии \t\ < 1. Первое уравнение имеет корни t = 0 и t = • Второе уравне- ние имеет корень t = 0 при любом а. Выясним, при каких а уравнение 4£2 — 2|a — l\t + a-2 = 0 (1) имеет корень t = Подставляя в уравнение (1) t = полу- чим 1 — |a — l|+a — 2 = 0о |a — 1| = а — 1, откуда а > 1. При а > 1 уравнение (1) принимает вид 4£2 — 2(a — 1)£ + a — 2 = 0 и имеет корни ti = и = 2(а — 2). Ясно, что исходные уравнения будут равносильны, если = 0 (а = 2) или j (а = 3). Кроме того, 39
уравнения будут равносильны, если |t2| > 1 О |а —2| > 2. Учитывая, что а > 1, имеем а > 4. Ответ : а е {2} U {3} U (4; +оо). 4) После замены sin х = tn cos2 х = 1 — sin2 х уравнения примут вид: 2t7 = (1 + sin7ra)Z 4- at3 <=> t(2£G — at2 - (1 + sin7ra)) = 0 и (a—1)(2 — t2) 4-2Z6 = 2£2+2(a-l)3 o2£G-f2(a + l) = 2a(a-l)(a-2). Первое уравнение имеет корень t = 0 при любом значении а. Подста- вляя t = 0 во второе уравнение, находим значения а (a = 0,a = l,a = 2). Полученные значения а подлежат проверке. 1. а = 0. Кроме общего корня t = 0, уравнение t(2t6 — 1) = 0 имеет корни t = ±-^«, а уравнение 2tG — t2 = 0 — корни t = Поскольку уравнения имеют различные множества решений, то они, а вместе с ними и исходные уравнения, не равносильны. 2. а = 1. Уравнения t(2t6 — t2 — 1) = 0 <=> t(t2 - 1)(2*4 + 2t2 + 1) = 0 и 2t6 - 2t2 = 0 <=> 2t2(t2 - 1)(*2 + 1) = 0 имеют одно и тоже множество решений t = 0, t = ±1, следовательно, они равносильны. Но тогда равносильны и исходные уравнения. 3. а = 2. Учитывая, что \t\ = |sinx| < 1, первое уравнение t(2tG — 2t2 — 1) = 0 имеет только корень t = 0, так как в этом случае 2£2(t4 — 1) — 1 < —1. Аналогично, второе уравнение 2£6 - 3t2 = 0 £2(2£4 — 3) = 0 на множестве \t\ <1 имеет единственное решение t = 0. Уравнения равносильны. Ответ : а е {1; 2}. Упражнения. Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют единственное решение: 1) (х 4- a)(sinx 4- = 0 на отрезке [^; Я^), 2) 2 cos ах — 3tg2x — 2 = 0, 3) х2 — 2а sin(cos х) 4- а2 = 0, 4) х2 — 2asin(cosx) 4-2 = 0, 5) х2 Н—т== 4- + 36 = 0, V sin а 6) sin2 х 4- (a — 2) sin я: 4- 2a — 4 = 0 на отрезке [— ^], 7) х4 — х2 4- a(cosx — х2) 4- а2 = 0, 8) (х 4- a) arccos(2a: — 1) = 0. Пример 2. При каких значениях а существует хотя бы одно значение b такое, что на интервале (6; b 4- 4тг) уравнение 40
4 cos x — 3 sin x = а имеет ровно один корень? Для каждого такого а указать все значения Ь. Пример 3. Определить количество корней уравнения: 1) sinx = а, х е [— 2тт], 2) (sinx — a)(cosx — Jj) = 0, х G [0; 2тг], 3) cos2 х — (а + cosх + — о? х е [^; 2тг], 4) actg х — 1 = cos2x, х е [0; 2тг], 5) tg 2х = atg х, х е [—тг, 0], (а 0), 6) cos2 х — (а 4- 2) cos х — а — 3 = 0, х е [0; тг], 7) п 3 на отрезке [20тг; 29тг]. 7 а — 2 cos х а — 2 sin х r L ’ J Пример 4. Найти а, при которых уравнение (х2 — 6|х| — а)2 + 12(х2 — 6|х| — а) + 37 = cos имеет ровно 2 корня. Пример 5. Найти а, при которых уравнение 2 cos2 х + (2а + 1) sin х — а — 2 = 0 имеет ровно три корня на отрезке [0; тг]. Пример 6. Найти а, при которых уравнение 3 ^2cosx = а имеет Ровно ТРИ корня на отрезке [0; 2тг]. Пример 7. Найти а, при которых уравнение cos \/ах — х2 = имеет не менее семи решений. Пример 8. Найти а, при которых уравнение cos \Jа — х2 = 1 имеет ровно восемь решений. Пример 9. Найти все пары чисел (а, 6), для которых ра- венство a(cos Зх — 1) + 62 — 26 = cos(3ax + (6 — I)2) — 2 выполняется при всех значениях х е R. Пример 10. При каких а уравнение sin2 х + 2а cos х = а2 имеет нечетное число корней на промежутке (—5%; 5тг]? Пример 11. При каких а уравнения 1) (cosx — ^b(cosx + а) = 0 и (cosх — ^^) = 0, 2) cos2 х = 2а — 1 и cos 2х = а + 1, 41
3) sin Зя = a sin ж 4- (4 — 2|a|) sin2 x и sin Зя 4- cos 2x = 1 4- 2 sin x cos 2я, 4) 2 sin7 x — (1 - a) sin3 x + (2a3 — 2a — 1) sin x = 0 и cos 2x 4- 2 sin6 x = 1 4- a — 2a3 + a cos2 я, 5) (2a 4- 1) cos3 x 4- (16a3 — 4a + 1) cos x — 2 cos7 x = 0 и cos6 x = (1 4- a) cos2 x 4- 8a3 — 2a, 6) 4 cos2 x — cos Зя = a cos я — |a — 4|(1 + соб2я) и 2 cos я cos 2я = 1 + cos 2я + cos Зя, 7) a cos 2я + |a| cos 4я + cos 6я = 1 и sin я cos 2я = sin 2я cos Зя — sin 5я, 8) sin 2x + a = sin я 4- 2a cos я и 2 cos 2я + a2 = 5a cos я — 2 равносильны? 42
§ 4. Тригонометрические неравенства Приведем известные сведения из теории тригонометрических неравенств. Для каждого стандартного неравенства укажем множе- ство решений. х е 1. sina: > а. а) а < —1, х Е R; б) а > 1, 0; (arcsina + 2тгп; тг — arcsina + 2тгп), п Е Z. в) -1 < а < 1, х € 2. sina: < а. а) а < —1, 0; б) а > 1, х Е R; (тг — arcsin а + 2тгп; 2тг + arcsin а + 2тгп), п Е Z. в) -1 < а < 1, х € 3. cosa: > а. а) а < — 1, х Е R; б) а > 1, 0; (— arccos a + 2тгп; arccos a + 2тгп), п Е Z. в) -1 < а < 1, х е 4. cosa: < а. а) а < —1, 0; б) а > 1, х Е R', (arccos а + 2тгп; 2тг — arccos а + 2тгп), п Е Z. в) -1 < а < 1, 5. tg х > а, х Е (arctg а + тгп; + тгп), п Е Z. 6. tg х < а, х Е (—+ тгп; arctg а + тгп), п Е Z. Для решения нестрогих неравенств (sin х > a, sina: < а, и др.) надо к множеству решений строгого неравенства добавить множество решений соответствующего уравнения. Пример 1. Решить неравенства 1) sin аз: > ^, 2) cos (2а: — 1)>Ь (—1 < 6 < 0), 3) sinao: < b (0 < b < 1), 4) tg (ах + 2) > 6, 5) a cos2 х — (а2 + 1) cosa: + а < 0 (0 < а < 1). Решение. Начнем с простейших неравенств. Для их решения достаточ- но воспользоваться приведенными выше сведениями. 1) Если а = 0, то решений нет. При а 0 имеем + 2тгп < ах < + 2тгп, п Е Z. Окончательный ответ зависит от знака а. Ответ : х Е [^(^ + 2тгп); ^(^ + 2тгп)], п Е Z при a > О, 0 при а = 0, х Е [^(^- + 2тгп); 1(^ + 2тгп)], п Е Z при a < 0. 2) Исходное неравенство равносильно неравенству — arccos b + 2тгп < 2х — — 2 arccos b + + тгп < < arccos Ь + 2тгп <=> х < arccos b + -g + Ten, п Е Z. 43
3) sin ax < b о тг — arcsin b 4- 2тгп < ax < 2% + arcsin b + 2тгп, n e Z. Ответ зависит от знака а. Ответ : х е (^(тг — arcsin b + 2тгп); ^(2тг + arcsin b + 2тгп)), п е Z при а > 0; х е (^(2тг + arcsinb + 2тгп); i(?r — arcsinb + 2тгп)), п е Z при а < 0; х е R при а = 0. 4) tg (ах + 2) > b arctg b + тгп < ах + 2 < + тгп, п G Z <=> arctg b — 2 + тгп < ая < ту — 2 + тгп, п е Z. Ответ : х е [i(arctg b — 2 4- тгп); — 2 +тгп)), п е Z при а > 0; хе (1(^ “2 4- тгп); i(arctg b — 2 + тгп)], п е Z при а < 0; х е R при а = 0 и b < tg 2; 0 при а = 0 и b > tg 2. 5) Рассмотрим отдельно случай а = 0. Неравенство примет вид — cos х < 0 <=> cos х > 0, множество решений которого х е [—?у 4- 2тг/с; ту 4- 2тг/с], к е Z. При а 0 имеем a cos2 х — (а2 + 1) cos х 4- а < 0 о (acosх — l)(cos£ — а) < 0 <=> (а < cosх < i). Правая часть не- равенства выполняется при любых х е R, а левая — на множестве [— arccos а 4- 2тг/с; arccos а + 2тг/с], к е Z, (0 < а < 1). Ответ : х е [— arccosа 4- 2тгк', arccosа 4- 2тг/с], к е Z. Пример 2. При каких а следующие неравенства 1) (а2 — 4) cos х + 4а sin х < 5а, 2) а2 + 2а — sin2 х — 2а cos х > 2, 3) sin2 х 4- а(3 — cos х)2 — 5 + 5а > 0, 4) а(3 — cos2 ж)3 — sin2 х 4- а < 5, 5) |3 sin2 х 4- 2а sin х cos х 4- cos2 х 4- а| <3, 6) sin4 х + cos4 х > a sin х cos х выполняются для любых х е R? Решение. 1) Так как (а2 - 4)2 + (4а)2 = (а2+4)2, то (а2— 4) cos х + 4а sin х = (а2 + 4)(% cosa: 4- sinx) = v 7 4 /ка2+4 а2+4 7 2 _ л л (а2 + 4) sin (х 4- а), где sin а = а* ~ cos а = >> л. 4 74 7 а2 + 4 а2+4 Первоначальное неравенство примет вид sin(z + a)<^-^. (1) 44
Учитывая, что sin (х + а) < 1, делаем вывод, что неравенство (1) будет выполняться для любых х G R только в том случае, когда 2 > 1 <=> a2 - 5a + 4 < 0, откуда а G [1; 4]. Ответ : a 6 [1; 4]. 2) Путем замены cosx = t (|t| < 1) задача сводится к следу- ющей: выяснить, при каких а неравенство f(t) > 0, где /(t) = t2 — 2at + a2 + 2a — 3, выполняется для любых t G [—1; 1]. Это означает, что наименьшее значение функции f на отрезке [—1; 1] должно быть положительным. Известно, что графиком квадратич- ной функции f является парабола. В зависимости от расположения to (to — абсцисса вершины параболы) возможны три случая: 1. Абсцисса вершины параболы to = a < — 1. В этом случае f возрастает на отрезке [—1; 1] и fnauM = /(—1) = a2 + 4a — 2. 2. Если -1 < а < 1, то /Наим = f(a) = 2а - 3. 3. При а > 1 fHaUM = /(1) = а2 - 2. Искомые значения а найдем, решая совокупность трех систем a2 + 4a - 2 > 0 2a - 3 > 0 -1 < a < 1 a2 - 2 > 0 a e (—oo; —2 — л/б) 0 _ a e (\/2; +oo), откуда а G (—оо; —2 — л/б) U (\/2; +оо). Ответ : а G (—оо; —2 — \/б) U (д/2; +оо). 3) Так как 5 + (3 — cos х)2 > 0 для любого х Е Д, то sin2 х + a(3 — cos х)2 — 5 + 5a > 0 <=> a(5 + (3 — cos x)2) > 5 — sin2 x 5 — sin2 x CL > --—--------tit. 5 + (3 — cosx)2 Таким образом, задача свелась к нахождению наибольшего значения функции /(х) = -— sin х v ' 5 + (3- cosx)2 Дробь будет иметь наибольшее значение, если числитель при- нимает наибольшее, а знаменатель — наименьшее возможное значе- ние. Очевидно, что при х = 2тг/с, к е Z указанные условия выпол- няются (sinx = 0, cosx = 1), поэтому fHau6 = g- Ответ : а G (g;+cto). 45
4) На первый взгляд, этот пример не отличается от предыду- щего. Однако наименьшее значение числителя и наибольшее значе- ние знаменателя достигаются при при разных значениях х. Поэтому для нахождения наименьшего значения функции удобно использо- вать производную. Перепишем неравенство в виде а < 5 + sin2 х _ 3 4- (3 — cos2 ж) _ 3 -\-t 1 + (3 — cos2 ж)3 1 + (3 — cos2 т)3 1 + t3 ’ где t = 3 — cos2 ж, t e [2; 3]. Найдем наименьшее значение функции f(t) = $ на от- 2 з 1 * резке [2;3]. Так как производная /'(t) = ~ Г отрицательна (1 +1 j при t Е [2; 3], то f убывает и принимает наименьшее значение при г = з, fHauM = f(3) = ^. о Ответ : а Е (—оо; -А). 5) 1 способ. Выполняя преобразования, получим f(x) = 3 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а = о 1 ^(1 — cos2x) + asin2x + ^(1 + cos2x) 4- cl = asin2x — cos2x 4- a 4- 2 = д/а2 4- 1(—z Q sin2x-1 1 cos2я)+а+2 — у/a2 + 1 sin (2x — q)+ Уа2 + 1 \/a2 + l a + 2, где cos a = ..., sin a = —z- --. V a2 + 1 v a2 4- 1 Неравенство |/(ж)| < 3 будет выполняться при всех х Е R, если наибольшее значение |/(ж)| не превосходит 3, т.е. если —3 < min/(ж) = —у/a2 + 1 + а + 2 и max f(x) = \/а2 4-1 4- а + 2 < 3. При нахождении min f(x) и max f(x) мы воспользовались тем, что | sin (2х — а)| < 1. Решая систему < —3 < —у/а2 4~ 1 4~ а, 4~ 2 \/а2 4-1 4- а 4- 2 <3 Г у/а2 + 1 < а 4- 5 \ \/а2 + 1 < 1 — а а2 4- 1 < cl2 4- Юа 4- 25 а2 + 1 < а2 - 2а 4- 1 _ г 12 1 а>0 >полУчимае1“ТР°1- а + 5 > 0 2 способ. Положим х = n е Z. Тогда cos х = 0, sin2 х = 1, и неравенство |/(ж)| < 3 принимает вид |а + 3| < 3, откуда — 6 < а < 0. После тождественных преобразований поделим обе части неравенств на cos2 х (х 4- тгп, п е Z.) Имеем (6 -h a) sin2 х + 2а sin х cos х + (4 + а) cos2 х > 0 a sin2 х + 2а sin х cos х + (а — 2) cos2 х < 0 m<3<U 46
(6 4- a)t2 + 2at + 4 4- a > 0 at2 + 2at 4- a — 2 < 0 , где t = tg x. Выпишем условия, при которых оба неравенства выполняются для любых t е R. 6 + а > 0 6 4- а > О <0 а2 — (6 4- а)(4 + а) < 0 а < 0 а < 0 <^>а е [~^;0]. а2 — а(а — 2) < О < О Ответ : а е [— трО]. 6) Оценим левую и правую части неравенства. Так как sin2 2х <1, то sin4 х 4- cos4 х = (sin2 х + cos2 т)2 — 2 sin2 х cos2 х = 1 — sin2 2х > С другой стороны, a sin х cos х < |asinTcosT| = | sin 2т| < ^1а1- Таким образом, условие |а| < 1 является достаточным для то- го, чтобы исходное неравенство выполнялось при любых х Е R. Дей- ствительно, в случае |а| < 1 получаем цепочку верных неравенств sin4 х 4- cos4 х > > 2 |а| > | sin 2т | > a sin т cos т. Остается убедиться в том, что условие |а| < 1 является необ- ходимым. Другими словами, надо показать, что для любого а такого, что |а| > 1, исходное неравенство при некоторых значениях т е R выполняться не будет. Пусть а > 1. Покажем, что при т = неравенство не вы- полняется. Имеем sin4 + cos4 sin cos Исходное неравенство примет вид и ПРИ > 1 не выполняется. При а < — 1 достаточно положить т = — Ответ : |а| < 1. Пример 3. При каких а неравенство sin5 т + cos5t — a(sinT 4- cost) > ^{а2 — 11)(sinт 4- cosт) sinтcosт выполняется при всех т, принадлежащих отрезку [0; ^]? Решение. Воспользуемся тождеством а5 + 65 = (а + Ь)(а* — а3Ь 4- a2b2 — ab3 + 64) и поделим обе части неравенства на (sinT 4- cost). При т 6 [0; sin т + cos т > 0. Получим sin4 т — sin3 т cos т 4- sin2 т cos2 т — sin т cos3 т 4- cos4 т — а > 2(а2 — 11) sinтcost <=> (sin2 т + cos2 т)2 — sinTCOST(sin2 т 4- cos2 т) — sin2 тcos2 т — а > ^(а2 — 11) sinтcost о 1 — t — t2 — а > ?%(а2 — ll)t о f(t) < 0, где t = sin т cos т, f(t) = t2 4- ^t(a2 — 9) 4- a — 1. 47
Так как t = sin х cos х = sin 2х G [0; j] при хе [0; , то решение задачи свелось к определению тех а, при которых неравен- ство f(t) < 0 выполняется для всех t е [0; ^]- Значения а найдем из системы j /(0)<0 [ а—1<0 Г а<1 < 0 з + д(а2 — 9) + а — 1 < 0 \ а € [—6; 2], откуда а е [—6; 1]. Ответ : а е [—6; 1]. Пример 4. При каких а неравенство ||tg х — ^| ~ ^| — а выполняется для всех х, удовлетворяющих условию — < х < Решение. При х е х е [-3Т’’ ^1’ поэтому |tg х— _р 1. Продолжая — — 2 < откуда, учитывая, — А < Таким образом, при далее оценки, получим — < |tg х что £ < , имеем ||tg х — а > исходное неравенство выполняется для всех х е ^]. Положим х = — , исходное неравенство примет вид < а. Очевидно, что при а < неравенство не выполняется. Ответ : а > Пример 5. При каких Ь найдется а такое, что неравенство ------h b > 0 выполняется при всех х тгп, п е Z? sin х-г ’ Решение. Положим а = 0. Неравенство выполняется при b > 0. Покажем теперь, что ни одно b < 0 не удовлетворяет условиям задачи. Действительно, достаточно положить х = ?£, если а < 0, и х = — ?у при а > 0. Ответ : b > 0. Пример 6. При каких b неравенство (а2 — 9) cosх + 6аsinx < ab имеет решения при любом а? Решение. Учитывая, что (а2 — 9)2 + (6а)2 = (а2 + 9)2, после выполнения тождественных преобразований получим (а2 — 9) cosх + 6аsinx = (а2 + 9)(% ~ cosx + fa sinх) = k J v Аа2 + 9 а2+9 7 (а2 + 9)sin(x + а), где sin а = а2 cos а = . а -j- 9 а -j- 9 48
Исходное неравенство перепишем в виде sin (z + q) < ab a2 + 9' (1) Так как sin (x + a) > —1, то неравенство (1) будет иметь решения при условии 2°^ > — 1 <=> a2 + аб + 9 >0. Последнее неравенство будет выполняться для любых а в случае 2? < 0 о 62 — 36 <0, откуда be [-6;6]. Ответ : b е [—6; 6]. Пример ^7. Найти наибольшее значение а, при котором не- равенство ау/а(х2 — 2х + 1) Н—। I s^n имеет хотя бы одно решение. Решение. Представим исходное неравенство в виде (\/а?(х - 1) - + 2a < х/а? |sin(^x)|. (1) Если при некотором a > 0 существует хотя бы одно решение, то 2a < \/а? |sin(^x)| < л/ст*, откуда 2a < \/а? и а < Покажем теперь, что при а = неравенство имеет решения. Ясно, что первое слагаемое левой части неравенства (1) должно обратить- ся в нуль. Решая уравнение У5(а: “ = 3^ - = 2(^1) (х’ “ 1)2 = 41 получим х = — 1 и ж = 3. Легко проверить, что найденные значения х являются решениями неравенства (1) при а = Ответ : а = Пример 8. Доказать, что для любых р е R и t е R справедливо неравенство 2(2р — I)4 + 1 + (1 — 2(2р — I)4) sin 2t > 0. Найти все пары чисел (р;£), для которых это неравенство обращается в равенство. Решение. Выполнив тождественные преобразования, прихо- дим к очевидному неравенству 2(2р — 1)4(1 — sin2£) 4- (1 + sin2£) > 0. Первая часть задачи решена. Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю только в том случае, когда каждое из них обращается в нуль. Решая систему ( 1 + sin 2t = 0 [ 2(2р — 1)4(1 — sin2£) = 0 ’ получим sin2£ = —1, t = — + 7г/с, к е Z, Р = %• Ответ : (^; — + тг/с, к е Z). 49
Упражнения. 1. Решить неравенства 1) cosх < 2 — а2, 2) (а - 2) sinx > За + 4, 3) (2cosx — a)(3cosx + Ъ) < 0, (0 < а < 2, 0 < b < 3). 2. При каких а следующие неравенства 1) 2a — 4 + a(3 - sin2 х)2 + cos2 х < О, 2) a(4 - sin х)4 - 3 + cos2 х + а > О, 3) a(2 + sin2 х)4 + cos2 х + а > 11, 4) |5 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а + 11 <6, 5) | sin2 х — 2(а — 1) sin х cos х + 5 cos2 х + 2 — а| <6, выполняются для любых х е Я? 3. Доказать, что для любых р 6 R и t Е R справедливо неравенство 4(р — З)4 + 2 + (2 - 4(р — З)4) cos t > 0. Найти все пары чисел (р;£), для которых это неравенство обращается в равенство. 50
§ 5. Системы тригонометрических уравнений и неравенств Пример 1. Решить системы ( 8 cos х cosy cos(х — у) = —1 [ х + у = а, ( sin х + sin у = О [ cos х + cos у = а, ( (3 — 2а) sin х + (а2 — 1) cos Ц = а + 6 | 2sinx + cos * = 3, ( sin х cos 2y = a2 -h 1 [ cos x sin 2y = a, ( x + у = arctg ( tg x tg у = а2 (|а| < 1). Решение. 1) Преобразовав произведение cost cos 1/ в сумму, получим квадратное уравнение относительно cos(t — у) 4(cos(z + у) + cos(t — у)) cos(t — у) = — 1 <=> 4 cos2 (т — у) + 4 cos a cos(z — у) + 1 = 0. Уравнение имеет решения в случае > 0 <=> 4(cos2 а — 1) > 0 <=> sin2 а < 0, откуда а = тгк, к е Z. 1 9тг 1. а — 2тгк. В этом случае cos(z — у) = — х — у = ±4^ + 2тгп, х = + тг(/с + п), у = + тг(/с — n), k,ntZ. 2. а = 7г(2/с + 1). Тогда cos(a; — у) = х — у = + 2тгп, х, = + ту + тг(/с + п), у = + ту + Л (к — 7i), k,n€Z. 2) Воспользовавшись формулами суммы синусов и косину- сов, получим г ( х — у п I cos —2“^ — 0 {п . х + у х — у п ) х + у х — у а /1 \ 2 sin —cos —= 0 cos —2“^ cos —т-12’ = (1) п х + у х — у . х + у 2 cos —2-11 cos —— а I sin —— 0 1 х + у х — у а /п\ cos—2-11 cos—— 7* (2) Первая система имеет решения только при а = 0, причем у = t, х = t + 7г(1 + 2к), t е Л, к е Z. 51
Из первого уравнения системы (2) находим х + у = 2тгп, п е Z, cos = cos тгп = (—1)п, откуда cos 1)п и я — ^ = ±2arccos((—l)n7p + 47Г771, m Е Z, (|а| < 2). Значения х и у найдем из системы J х + у = 2тт [ х - у = ±2arccos((-l)n^) + 47Г771, n,meZ, |а| < 2. Ответ : х = t + тг(1 + 2А:), у = t, t е R, к Е Z, при а = 0; 0 при |а| > 2; х = ± arccos (( — 1)л+ (2т + п)тг, у = q= arccos ((—l)n?£) + (n — 2т)тг, m,ntZ, при |а| < 2. 3) Поскольку sinx < 1 и cos < 1, то 2sinx + cos^ < 3, причем равенство возможно только в случае, когдгл sin х = cos = 1, откуда х = + 2тгА:, у = 4тгп, к,п Е Z. Из первого уравнения системы получаем квадратное уравнение а2 — За — 4 = 0, корни которого а = — 1, и а = 4. Ответ : х = + 2тгк, у = 4тгп, k,neZ, при а Е { — 1;4}; 0 при а е (—оо; —1) U ( —1; 4) U (4;+оо). 4) Очевидно, что sinxcos2у < 1 < а2 + 1, поэтому первое уравнение, а вместе с ним и исходная система, имеют решение только при а = 0. Складывая и вычитая уравнения sin х cos 2у = 1 и cos х sin 2у = 0, получим систему Г sin(x + 2у) = 1 ( х + 2у = 7у + 2тгк, к Е Z [ sin(x — 2у) = 1 I х — 2у = ?£ + 2тгп, n G Z, откуда х = + 7г(/с + n), y = Zg(k — n), k^neZ. Ответ : х = + тг(к + п), у = ^(к — n), А:, п Е Z при а — 0; 0 при а 0. 5) С учетом второго уравнения первое уравнение системы преобразуем к виду tg (х + у) = х О Д? + У = 2а <=> tg я + tg у = 2а, причем х + у е (-5; 5). 1 — а 1 — a z f tg х + tg у = 2а Система < х tg у — а2 имеет Решения tg х = tg 2/ = а, откуда х = arctg а + 7г/с, у = arctg а + тгп, к,п Е Z. Так как |а| < 1, то |arctg а| < ^, поэтому условие — < х + у = 2arctg а + тг(к + п) < ?у выполняется только в случае к + п = 0. Ответ : х = arctg а + тгп, у = arctg а — тгп, п € Z, |а| < 1. 52
Пример 2. При каких а системы уравнений С sinx cos2?/ = (а2 — 4)2 + 1 . ( cos6x = 1 ' [ cosx sin2?/ = а+ 2, ' [ 2sin(х — а) + \/3 = О, {• о q _ 3^) sin х cos у = аг — аг — 6а + . 2 г ,33 Т cos х sin у = аг — 6а + ( |6t-5|-|l-6t| + |12t + l| = 5- (sin^(y-2x))2 4) ( Ю - 9(х-2 + (у - а)2) = 3^/х2 + (у - а)2 - | где t = ^/cos Г x2+y2+2z(x + y + z)-sina = 0 (х + 1) sin2 2 + У2 у/х + a2 yfz + sin tjI = 0 ° ’ % имеют решения? Решение. 1) Так как sinxcos2?/ < 1 < (а2 — 4)2 + 1, то из первого уравнения системы следует, что sinxcos2 у = 1 и (а2 — 4)2 + 1 = 1, откуда sinx = cos2 у = 1, а = ±2. Если а = 2, то уравнение cosxsin2у = а + 2 решений не имеет. т-r f sinxcos2?/ = 1 При а = — 2 получаем систему < . _ реше- I cos х sin &у — и, ния которой X = ту + 2тгп, у = 7г/с, п, к е Z. Ответ : а = —2. 2) Исключая х из системы ( cos6x = 1 Г 6х = 2тг/с, к е Z | 2 sin(x - а) + \/3 = 0 [ х - а = (-l)n+1 j + тгп, п € Z, найдем искомые значения а = + (—1)п) — тгп, к,п е Z. 3) Складывая и вычитая уравнения исходной системы, полу- чим новую систему J sin(x + у) = а3 — 12а + 17 | sin(x — у) = а3 — 2а2 + 2- Удобно оценить правую часть первого уравнения. Функция /(а) = а3 — 12а + 17 на множестве [0; +оо) имеет единственную критическую точку а = 2, которая, как легко проверить, являет- ся точкой минимума. Следовательно, /(а) > /(2) = 1. Так как sin(x 4- у) < 1, то а = 2 — единственное значение а, при кото- ром система может иметь решения. Нетрудно убедиться, что система 53
I sin(rr 4- у) = 1 < . , v _ i , полученная из системы (1) при а = 2, действи- I sin^x у) — тельно имеет решения. Ответ : а = 2. 4) Пусть /(t) = |6t —5| —11 —6i| + |12t+l|, где< = y^cos > 0. Покажем, что /(t) > 5 для любого t > 0. Рассмотрим три случая. 1. 0 < t < J. /(t) = -6f + 5 - 1 + 6t + 12f + 1 = 5 + 12t > 5. 2. | < t < /(t) = -Gt + 5 + 1 - Gt + 12t + 1 = 7 > 5. 3. t > f(t) =6t-5 + l-6i + 12t + l = 12i-3 > 12-|-3 = 7 > 5. С другой стороны, 5 — (siny2(2/ — 2z))2 < 5. Это означает, что первое уравнение системы может иметь решения только в случае f(t) = 5 <=> £ = 0 и 5 — (sin ^(т/ - 2z))2 = 5 sin ^>(у — 2х) — 0. Решая систему Г cos = 0 Г = ^ + Trfc Г у = 4fc + 2 1 sin уз(з/ — 2х) = 0 1 — 2я) = тгп [ у — 2х = 12п, находим значения х = 1 + 2к — 6п и у = 4к + 2, &, п е Z. Второе уравнение запишем в виде 10 — и = у/и — 8, где и = 9(х2 + (т/ — а)2). Уравнение 10 — и = у/и — 8 <=> ( 100 - 20и + и2 = и - 8 Г и2 - 211/ + 108 = 0 [ 10 - и > 0 ° | и < 10 имеет один корень и = 9, откуда х2 + (у — а)2 = 1. Так как х = 1 + 2к — 6п — число нечетное, а х2 = 1 — (у — а)2 <1, то х = ±1, (1/ — а)2 = 0, у = а. 1. Пусть х = 1. Тогда 1 = 1 + 2к — 6п, к = Зп, п е Z, а = у = 4к^2 — 12п + 2. 2. Пусть теперь х = — 1. Имеем — 1 = 1 + 2к — 6п, к = Зп — 1, п Е Z, а = у = 4к + 2 = 12п — 2. Ответ : а = 12п ±2, п Е Z. 5) Оценим левую часть второго уравнения. Для этого вос- пользуемся известной формулой синуса тройного угла sin 3(р = 3 sin ip — 4 sin3 р и очевидными неравенствами х > 0, х sin2 £ > 0, у2 у/х > 0, a2 yfz >0, 0 < sin < 1. Имеем х sin2 2 + У2 у/х + a2 y/z + sin2 + sin 4^ > sin2 £ + 3sin £ - 4sin3 = 4sin (1 — sin (sin + |) > 0. 54
Ясно, что второе равенство может выполняться только в слу- чае sin £ = 0 или sin = 1, т.е. если а е {0; тг; 2тг}. Система имеет решение при каждом из найденных значений а (например, х = у = z = 0). Ответ : а е {0; тг; 2тг}. Пример 3. При каких а следующие системы Г (ctg х — 1)(ж + а) = 0 Г (|ж| + 1)а = ' [ |ж| < 1, ' [ sin2z + ?/2 = ( ах2 + а — 1 = у — | sin z| t |tg z| + \y\ = 1, у -h cos x 1, 4) (x + 2)2 + 2(a + 2y) + y2 + z2 = 0 (2 + (a + 2')xyzy/\ — 2xy)(asin2 z + x + y) = 0 (xy + 1) tg (x + y) + cos (x-y) = 1, v J x2 -h 2ax + 3a2 + 3a + 3 < 3 sin у — 4 cos у 1 0 < ?/ < 27Г имеют единственное решение? Решение. 1) Уравнение ctg х — 1 = 0 на интервале (—1; 1) имеет един- ственный корень х = при любом а € R. Очевидно, что при |a| > 1 уравнение x + a = Q<^>x = — а не имееет решений на интер- вале ( — 1; 1), поэтому исходная система имеет единственное решение х = 5 Кроме того, система имеет единственное решение при а = 0 и а = — Действительно, при а = 0 корень х = 0 не принадлежит ОДЗ, а при а = — уравнения ctg х = 1 и х = —а имеют один и тот же корень х = Ответ : а е (—оо; —1] U {—-j} U {0} U [1; +оо). 2) Если (жо;2/о) — решение системы, то (—х$\уъ) так же является решением системы в силу четности функций |х|, cos ж, sin2 х. Следовательно, единственным решение может быть только в случае х$ = 0. Из второго уравнения при х = 0 получим у = ±1, а из первого — два значения а (а = 0 и а = 2). Выясним, действи- тельно ли при найденных значениях а система имеет единственное решение. 1. a = 0. Любая пара (х = t\ у = — cost, t G R) является решением системы, т.е. система имеет бесконечно много решений. 55
2. a = 2. Из второго уравнения системы Г 2(|я| + 1) = у + cos х [ sin х + у = 1 следует, что |?/| < 1, а тогда 2(|z| + l) > 2 > j/ + cosz. Это означает, что первое уравнение имеет решения только в случае 2(|.т| +1) = 2 = у + cos х, откуда х = 0, у = 1 . Итак, условиям задачи удовлетворяет только а = 2. Ответ : а — 2. 3) Как и в предыдущем примере, условие хо = 0 является необходимым для единственности решения системы (в силу четности функций х2, | sin z|, |tg z|). Подставим х = 0 в систему, получим у = ±1, а = 0, а = 2. 1. а = 0. Система имеет бесконечное множество решений (х = 7ГП, п G Z, у = —1). 2. а = 2. Из того, что |?/| < 1 следует двойное неравенство 2х2 + 1 > 1 > у — | sinx|. Первое уравнение системы имеет решения только при условии 2х2 + 1 = 1 = у — | sinx|, т.е. при х = 0, у = 1. Ответ : а = 2. 4) Перепишем первое уравнение системы в виде (z + 2)2 + (?/+2)2 + z2 + 2a—4 = 0. Теперь нетрудно заметить, что если (я0; 2/о’) zq)— решение системы, то и (т/о; 2о) является решением системы. Отсюда следует, что необходимое условие единственности решения — равенство xq = уо. При х = у на ОДЗ 1 - 2х2 > 0 < х < -Д= третье "v 2 у 2 уравнение системы (ж2 + 1) tg 2х = 0 имеет единственный корень х = 0. Подставим х = у = 0 в первые два уравнения системы, полу- чим 4 + 2а + z2 = 0 a sin2 z = 0. Повторим уже известные рассуждения. В силу четности функций z£ и sin z система может иметь единственное решение только в случае z = 0 (при этом получаем а = —2). Остается показать, что исходная система действительно име- ет единственное решение (х = у = z = 0) при а — — 2. Под- ставим х + у = 2 sin2 z из второго уравнения в первое. Получим х2+у2+ 4(x + y) + z2 = 0 <=> х2 +у2 + 8 sin2 z + z2 = 0. Так как сумма неотрицательных чисел равна нулю только в том случае, когда они все равны нулю, то из последнего равенства следует х = у = z = 0. Ответ : а = —2. 56
5) Так как f(x) = z2+2az+3a2+3a+3 = (х+а)2+2а2+3а+3, то finin = = 2fl2 + За + 3. С другой стороны, д(у) = Зэшт/ - 4 cosy = 5 sin {у — а), где cos а = sin а = и — 5 < д(у) < 5. Система будет иметь единственное решение при тех значениях а, при которых fmin = 5, т.е. при а = —2 (а: = 2), и а = С7; = - j). Уравнение 5sin(?/ — а) = 5 на отрезке [0; 2тг] имеет единственное решение у = где а = arctg j- Ответ : а € { — 2; ^}- Пример 4. При каких а и b система а + sin bx < 1 х2 + ах + 1 < 0, имеет единственное решение? Решение. Неравенство х2 + ах + 1 <0 имеет решения при 1. а G (—оо;—2). Второе неравенство системы имеет беско- нечно много решений, и все они являются решениями первого нера- венстве! (а + sin fa; < —2 + 1 = —1 < 1), следовательно, при этих а система имеет более одного решения. 2. а С (2;+оо). Так как а + sinbx >2 — 1 = 1, то первое неравенство системы а + sin bx < 1 решений не имеет. _ Л ~ f sin fa; < 3 f sin fa? < 3 3. a = —2. Система < 9 d ~ о < , dX9 ~ имеет единственное решение х = 1 при любом b G R. лог- \ sinfa; < —1 4. а = 2. Система < , п2 имеет единственное ре- шение x = — 1 при b = + 2тгк, к e Z. Ответ : 1. a = —2, b e ( — oo; +oo); 2. a = 2, b = + 2тг/с, к C Z. Пример 5. При каких а следующие, системы Г Slnlj + J) = 0 и Г а +? = О [ х1 + у = а 4 1 [ .т + yz = a v 7 равносильны? Решение. Поскольку при а < 0 системы решений не имеют, то они равносильны. При а = 0 обе системы имеют единственное решение х = у = 0, поэтому они тоже равносильны. Пусть теперь а > 0. Ясно, что решения второй системы являются решениями первой. Выясним теперь, при каких а система (1) не имеет других решений. 57
Исключим у из первого уравнения (sin(x + у) = 0 <=> х + у = як, к € Z) и подставим во второе. Получим квадратное уравнение х2 + (х — тгк)2 = а <=> 2х2 — 2тгкх + тг2к2 — а = 0. Оно не будет иметь решений при к 0 в том случае, если неравенство <0 2а - тг2к2 < 0 <=> а < ^тг2/с2 выполняется для любого к € Z, к 0, т.е. при а < ^тг2. Таким образом, при а < решения системы (1) совпадают с решениями системы (2). Ответ : а < ^тг2. Замечание. При а > 0 уравнение х2 + у2 = а задает окруж- ность радиуса ^/а, а уравнение sin(z + у) = 0 — систему прямых х + у = тг/c, к е Z. Очевидно, что системы будут равносильны, если окружность не имеет общих точек с прямыми при к 0. А это, в свою очередь, будет в том случае, когда расстояние от центра окружности до ближайших прямых х + у = ±1 больше радиуса окружности. Из неравенства > у/a получаем ответ. Упражнения. 1. Решить системы уравнений Г sin х + sin у = а ' ( х + у = 5’ ( х + 2 cos ах = 0 [ 1 — cos2 ах = 0, I sin х + sin у 1 cos(x — у) — cos(z + у) 2 а — 1 4 а — 1 ‘ 2. При каких а следующие системы < • 2 . I sinх cosy = cr ' [ sin у cosx = a, ( (a2 — a) sin + 2 cos у = a + 5 ' [ 3 sin ?£ + cos у = 4, |12t - 5| - 112t - 7| + |24t + 13| = 11 - ^/sin ^(a: — 2y — 1) 2(x2 + (y - a)2) - 1 = 2^x2 + (y - a)2 - где t = у cos , имеют решения? 58
1) 3. При каких а следующие системы (х - 2)2 - 2(а + 2у) + у2 + z2 = О (2 - (а ~ 2)xyz)(a tg2z + х + у) = О V1 “ 2хУ (ху + 4) sin (ж + у) + cos (х — у) = 1, х2, + 2ах + 4а2 — 5а + 3 < 4 sin у — 3 cos у имеют единственное решение? 4. Известно, что х = 1, у = — 1 — одно из решений системы 2ах + Ьу = л/З ах2 + by2 = 2 . Найти все решения данной системы. 5. Найти все целые а, при которых системы 1) arccos х + (arcsin у)2 arccosх • (arcsin?/)2 (arctg х)2 + (arccos?/)2 = атг2 arctg х 4- arccos у = имеют решения. 59
Ответы. § 1 1.1) х = -1,5 + 0,5( —l)n arcsin(a + 1) + 0,5%n,n Е Z при а Е [-2; 0]; 0 при а Е (-оо; -2) U (0; +оо). 1.2) х = l + (2%n±arccos 2а)2, п = 0,1,... при |а| < 0, 5; 0 при |а| > 0, 5. 1.3) х = 2±(arctg а + %п),п = 0,1,... при а > 0, п = 1,2,... при а < 0. 1.4) х = 0, 5arctg а + 0, 5%п, х = 0, 5arctg (а + 1) + 0, 5%п, п Е Z. 1.5) х = 0,5%п ± 0, 25 arccos(4a — 3),n Е Z при а Е [0, 5; 1]; 0 при а Е (—оо; 0, 5) U (1; +оо). 1.6) х = ^(1 + 2n),п Е Z при |а| = |Ь|; 0 при |а| |Ь| и при а = b = 0. 1.7) х = (—l)n arcsin д(4а — 7) + %п, п Е Z при а Е [1;2,5]; 0 при а Е (—оо; 1) U (2, 5; +оо). 1.8) х = — ту iarccosO, 5(а2 — За) + 2%п,п Е Z при а Е [0, 5(3 — \/17); 1] U [2; 0, 5(3 + /17)]; 0 при а Е (-оо; 0, 5(3 - ч/17)) U (1; 2) U (0,5(3 + ч/17); +оо). 1.9) х = тгп ± 0, 5arccos(9 — 2а) при а Е [4; 5]; 0 при а Е (—оо; 4) U (5; +оо). 1.10) х = тгп при |а| 7^ 1; х = 2%п при а = -1; х = %(2п + 1) при а = 1, п Е Z. 1.11) х = ±2 arccos ^(\/1 + 1ба2 — 1) + %п, п Е Z при а 0; х = 0,25%(2/с + 1), к Е Z при а = 0. 1.12) х = 0, 5arctg (2а — 3) + 0, 5тт7г, х = 0, 5arctg (а + 2) + 0, 5%п, п Е Z при а Е (—оо; —1, 5) U ( — 1, 5; 0) U (0; 1, 75) U (1, 75; +оо); х = —0, 5arctg 6 + 0, 5%п, п е Z при а = —1, 5; 0 при а = 0; х = 0,5arctg 3, 75 + 0, 5%п, п Е Z при а = 1,75. 1.13) х = 0,25% + тгк при а ±3\/5; х = 0,25% + 2тгк при а = 3\/2; х = 1,25% + 2тгк при а = —3/2, к Е Z. 1.14) х = ±0, 25 arccos ^(8а — 5) + 0, 5%п, п Е Z при а Е [0, 25; 1]; 0 при а Е (—оо; 0,25) U (1; оо). 1.15) х = — + 2%/с, к Е Z; х = + ( —l)narcsin (1 — 2а) + тгп, п Е Z при а Е [0; 1]; х = — 0, 25% + 2тгк, к Е Z при а Е (—оо; 0) U (1; +оо). 1.16) х = —0, 25% + 2тгп при а Е (—оо; —1); х = —0, 25% + тгп при а = —1; х = 0,75% + 2тгп при а Е (—1; 1) U (1; +оо), п Е Z; х Е [0, 25% + 2%/с; 1, 25% + 2тгк], к Е Z при а = 1. § 2 1.1) а Е [— л/5; х/5]. 1.2) а Е [-7; 7]. 1.3) а Е [0; л/13]. 1.4) а Е [1,95; 8]. 1.5) |а| > 1. 1.6) |а| > 1. 1.7) а Е [—0,5(Зд/2 + 1);0,5(Зл/2 — 1)]. 1.8) а = 1. 1.9) а Е (—оо; —^] U [^; +оо). 1.10) а Е (—оо; —6] U [0; +оо). 60
1.11) a € (—00; —2] U [0; +oo). 1.12) a € [— sin 1; sin 1]. 1.13) a e [0; 1]. 1.14) a e R. 1.15) a g [-4; 4]. 1.16) a = a= 1.17) a g [—\/2 : \/2]. 1.18) a =1. 1.19)0. 1.20) a € [1; 2]. 1.21) a g R. 1.22) a € (arcctg-тг + -тгп; ту + тгп), n € Z. 1.23) a — —1. 1.24) a g [-1; 0) U (0; 1]. 1.25) a g (|; тг]. 2.1) a € {-3, —2, -1, 0}. 2.2) a € {-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2}. 2.3) a € {-1, 0, 1}. 3.1) |a| < \/2. 3.2) a g (тг + 2тг/с; 1,5тг + 2тгк), к € Z. 3.3) a g (^; тг). 3.4) a g (-сю; -1) U (1; ^/175). 3.5) ag (J; 2) U (2; ^). § 3 1.1) a g (—00; —£тг] U {—tjtt} U (— +00). 1.2) a — любое иррациональное число. 1.3) a = 0, a = 2 sin 1. 1.4) a = 1.5) a = yg + 2тгп, a = у|тг + 2тг/с, а=|тг + 2тг/, n,k,l&Z. 1.6) a g [1; |) U {2}. 1.7) a =-1. 1.8) a e (—00; —1] U (0; +oo). 2. a = —5, b = + 2тгк + tp\ a = 5, b = — ?£ + 2тгк + <£, к € Z, tp = arctg . 3.1) a E (—oo; —1) U (1; +oo), 0; a = ±1 — 1 корень; a e (—1; — гр [0; 1) — 2 корня; a e [— 0) — 3 корня. 3.2) a e (—oo; —1) U (1;+oo) — 2 корня; a = ±1, a = — 3 корня; a € (- 1; -^)U(-^; 0) U (0; ^) U (^; 1) — 4 корня; a = 0 — 5 корней. 3.3) a e (—oo; —1) U {-^} U (1; +oo) — 1 корень; ae {—1} U (0; ^)U(^; 1] — 2 корня; a € (—1; 0] — 3 корня. 3.4) a e (—oo; —1) U {0} U (1; +oo) — 2 корня; a = ±1 — 4 корня; a G (—1; 0) U (0; 1) — 6 корней. 3.5) a e (0; 2] — 2 корня; a G (—oo; 0) U (2; +oo) — 4 корня. 3.6) a G (—oo; —4] U (—2; +oo) — 1 корень; a G (—4; 2] — 2 корня. 3.7) a = y/2 — 4 корня; a = — y/2 — 5 корней; a ±\/2 — 9 корней. 4. a = —3, a = 9. 5. a = 1. 6. a — 7. |a| > 7, 5тг. 8. a G (367Г2; 64тг2). 9. (0; 1), (1; 1). 10. a = ±2. 61
11.2) а€ (-сю; -2) U (0; |) U (1; +oo). 11.3) a € [0; 1) U {3} U {4} U (5; +oo). 11.4) a = 0, a = -1. 11.5) a = 0, a = |. 11.6) a € {3} U {4} U (5; +oo). 11.7) a € (-oo; -1) U {0}. 11.8) a = 2. § 4 1.1) x 6 R при a e [—1; 1]; 0 при a € (—oo; — \/3) U (л/З; +oo); x E [arccos(2 — a2) + 2тгп; 2тг — arccos(2 — a2) + 2тгп], n 6 Z при ae [—л/З; — 1)U(1; л/з]. 1.2) x e R при a e (—oo; —3); 0 при a e [— +oo); x e (тг — arcsin ^^2 + ^7rn’ + arcs*n ^a — 2 + ^7rn), n E Z при a 6 [—3; — j)- 1.3) x e (2тгп — arccos( —^); 2тгп — arccos ^)U (2тгп + arccos 2тгп + arccos(—^)), n e Z. 2.1) cl < -pp 2.2) cl > 2.3) a > jy. 2.4) a E [— 0]. 2.5) a € [1; ^]. 3. p = 3, t = тг + 2тг/с, к € Z. § 5 1.1) x = ± arccos + 2тгп, у = arccos - 2тгп, n € Z при |a| > л/2; 0 при |a| > л/2. 1.2) х = -2 при а = тг/с, к € Z; х = 2 при а = + тгп, п € Z. 1.3) а) х = + 2тгп, у = (-1)* arcsin Z + тг^, Л, п е Z, б) х = ( — 1)п arcsin д ^-3 + тгп, у = + 2тг/с, /с, п е Z при а > 2; 0 при а < 2. 2.1) \а\ < 0,5(л/5 - 1). 2.2) а = -1, а = 3. 2.3) а = 61 - 1, а = 61, а = 61 + 2, а = 61 + 3, I € Z. 3.1) а = 2. 3.2) а = а = 2. 4. {(1; -1), (-|; J)). 5.1) а = 2. 5.2) а = 1. 62
Список рекомендуемой литературы 1. Азаров А.И., Булатов В.И., Федосеенко В.С и др. Триго- нометрия. Тождества, уравнения, неравенства, системы: Учебное пособие. —Мн.: «Полымя», 1998. 2. Амелькин В.В., Рабцевич В.Л. Задачи с параметрами: Справочное пособие по математике. — Мн.: «Асар», 1996. 3. Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметрами. — 2-е изд. — Киев, РИА. «Текст», МП «Око», 1992; Киев: «Евроиндекс Лтд», 1995. 4. Крамор В.С. Примеры с параметрами и их решение: По- собие для поступающих в вузы. — М.: АРКТИ, 2000. 5. Локоть В.В. Задачи с параметрами в курсе 8-9 классов с углубленным изучением математики: Учебное посо- бие. — Мурманск, 1996. 6. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Рабинович Е.М. и др. Три- гонометрия: Задачник к школьному курсу. — М.: АСТ- ПРЕСС: Магистр-S, 1998. 7. Математика. Решение задач с параметрами/ Сост. А.Я. Жаржевский, Я.С. Фельдман. — С-Петербург: Из- дательство «Агентство ИГРЕК», 1995. 8. 514 задач с параметрами/ Под ред. С.А. Тынянкина. — Волгоград, 1991. 9. Родионов Е.М. Справочник по математике для поступа- ющих в вузы. Решение задач с параметрами. — М.: МЦ «Аспект», 1992. 10. Тиняков Г А., Тиняков И.Г. Задачи с параметрами. — М., 1994. 11. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике. Ре- шение задач: Учебное пособие для 10 класса средней шко- лы. — М.: Просвещение, 1989. 12. Шестаков С А., Юрченко Е.В. Уравнения с параметра- ми. — М.: Издательство СЛОГ, 1993. 63
Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ Владимир Владимирович Локоть Задачи с параметрами и их решения Тригонометрия: уравнения, неравенства, системы. 10 класс Издается в авторской редакции Ответственный за выпуск В.Е. Др ем ин Лицензия серия ИД № 04186 от 06.03.2001. Подписано к печати 15.10.2007. Формат 60x90/16. Гарнитура Школьная. Объем 4 п.л. Печать офсетная. Бумага офсетная № 1. Тираж 3000 экз. Заказ 1429. Налоговая льгота (Постановление Правительства РФ № 41 от 23.01.03) Издательство «АРКТИ» 125212, Москва, Головинское шоссе, д. 8, к. 2. Тел.: (095) 742-1848 Отпечатано в ОАО «Домодедовская типография», г. Домодедово, Каширское ш., д. 4, корп. 1.
Издательство «АРКТИ» представляет книга для подготовки к сдаче Единого государственного экзамена J 1 АБИТУРИЕНТ 1 Го™&ин1£як ЕГЭ МАТЕМАТИКА АБИТУРИЕНТ । Готовимся к ЕГЭ МАТЕМАТИКА и Л ЕМ ЕНГА ИНЫЕ ФУНКЦИИ В-11 шсш ПиЛДЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИИ, БИТУРИЕН} Готовимся к МАТЕМАТИКА FM./I. ВроОскиС £. И. Алайьои АЛ- Миронов РЕШЕНИЕ ЩДЧ ПО ГЕОМЕТРИИ [СТЕРЕОМЕТРИЯ/ ПЛАНИМЕТРИЯ СТЕРЕОМЕТРИЯ В-11 кшы АБИТУРИЕНТ Готовимся к ЕГЭ МАТЕМАТИКА