В.В. Локоть
С ПАРАМЕТРАМИ
АБИТУРИЕНТ
В.В. Локоть
ЗАДАЧИ
С ПАРАМЕТРАМИ
Линейные
и квадратные
уравнения,
неравенства,
системы
Учебное пособие
л е Л 4
ъ о
МОСКВА
2005
УДК 373:51
ББК74.26.+22.1
Л 73
Научный редактор:
Зотиков С.В. — доцент, заведующий кафедрой математи-
ческого анализа и методики преподавания
математики Мурманского государственно-
го университета.
Рецензенты:
Бродский И.Л. — профессор кафедры естественно-математи-
ческого образования МОИПКРО;
ГодзьТ.Е. — директор гимназии № 4 г. Мурманска, за-
служенный учитель РФ.
Локоть В.В.
Л 73 Задачи с параметрами. Линейные и квадратные уравне-
ния, неравенства, системы: Учебное пособие. - 2-е изд.,
испр. и доп. - М.:АРКТИ, 2005. - 96 с. (Абитуриент).
ISBN 5-89415-355-7
В пособии приведены решения более 100 задач с параметрами
(линейные и квадратные уравнения, неравенства, системы). Посо-
бие адресовано учителям, студентам, учащимся 8-11 классов. Ма-
териал может быть использован при подготовке к единому государ-
ственному экзамену.
УДК 373:51
ББК 74.26.+22.1
ISBN 5-89415-355-7
©ЛокотьВ.В., 2005
©АРКТИ, 2005
От автора
Задачи с параметрами играют важную роль в формировании ло-
гического мышления' и математической культуры у школьников, по
их решение вызывает у них значительные затруднения. Это связано
с тем, что каждое уравнение или неравенство с параметрами пред-
ставляет собой целый класс обычных уравнений и неравенств, для
каждого из которых должно быть получено решение. Такие задачи
постоянно предлагаются на едином государственном экзамене и на
вступительных экзаменах в вузы.
Большинство пособий адресовано абитуриентам, однако начинать
знакомить учащихся с подобными задачами нужно намного раньше -
параллельно с соответствующими разделами школьной программы
по математике.
Материал пособия рассчитан на учащихся 9-11 классов. В посо-
бии нет очень сложных задач, оно предназначено для начального зна-
комства с предметом. Весь материал разделен на две главы по виду
функций, входящих в уравнение или неравенство (иррациональные
уравнения и неравенства, задачи с модулем). Такое расположение
материала должно облегчить работу учителя при подготовке к про-
ведению занятий.
Значения параметров и искомых величин в пособии предполага-
ются действительными.
Если в уравнении или неравенстве некоторые коэффициенты за-
даны не конкретными числовыми значениями, а обозначены буква-
ми, то они называются параметрами, а уравнение или неравенство
параметрическим.
Решить уравнение или неравенство с параметрами означает:
1) определить, при каких значениях параметров существуют ре-
шения;
2) для каждой допустимой системы значений параметров найти
соответствующее множество решений.
Существуют другие формы условий задач с параметрами - ис-
следовать уравнение, определить количество решений, найти поло-
жительные решения и др.
3
Г-1271
Список принятых обозначений.
R - множество всех действительных чисел,
[а; 6] - замкнутый промежуток (отрезок) с началом а и концом Ь,
а < Ь,
(а; Ь) -- открытый промежуток (интервал) с началом а и концом
Ь, а < 6,
(а; 6], [а; Ь) - полуинтервалы с началом а и концом Ъ, а < 6,
(а;+оо), [а;+оо), (—оо;Ь], (-оо;Ь) -- бесконечные промежутки,
(—оо; +оо) - вся числовая ось,
=> - знак следования,
-- знак равносильности (эквивалентности),
G - знак принадлежности,
С - знак включения,
U - знак объединения множеств,
П - знак пересечения множеств,
0 - пустое множество,
f - функция,
У(ж) -- значение функции в точке х,
D - дискриминант квадратного трехчлена,
D(f) - область определения функции f,
E(f) - множество значений функции /,
|ж| - абсолютная величина (модуль) числа х,
ОДЗ - область допустимых значений,
{ - знак системы,
[ - знак совокупности,
{ж} - число х - элемент множества.
4
Глава 1
Линейные уравнения, неравенства, системы.
§1. Линейные уравнения.
Уравнение вида ах = 6, где a, b G R, называется линейным
относительно неизвестного х.
Возможны три случая:
1.	а / О, b - любое действительное число. Уравнение имеет
единственное решение х =
2.	а = О, b = 0. Уравнение принимает вид: 0 • х — 0, решениями
являются все х G It-
'S	. а = 0, b 0. Уравнение 0 • х = b решений не имеет.
Ответ: х = при а 0, b G Л; х Е R при а = 0, b = 0;
0 при а = 0, b у= 0.
Пример 1. Решить уравнение а2х — а — 4х + 2.
Решение. а2х — а = 4х + 2 (а2—4)х = а + 2. Получили линейное
уравнение. Прежде, чем делить обе части уравнения на а2 — 4, надо
рассмотреть те значения д, при которых а2 — 4 обращается в нуль.
1.	а — —2. Решения уравнения 0 • х = 0 - все действительные
числа.
2.	а = 2. Уравнение 0 • х = 4 решений нс имеет.
3.	а2 — 4 у= 0. Уравнение имеет единственное решение
Ответ: х —	при а ф ±2; х G R при а — —2;
0 при а = 2.
О 1
Пример 2. Решить уравнение х 4- Л- = -4- (9х + 1).
а а
Решение, х 4- А- = Д-(9ж 4-1) <=> ж(1----Я-) = Д’---Зг <=>
а а	а а а
„ а2 — 9 _ а — 3
х 2— — —з-•
а а
1.	При а — 0 уравнение решений не имеет (а = 0 не входит во
множество допустимых значений параметра).
2.	а = — 3. Уравнение х • 0 = решений не имеет.
3.	а = 3. Любое х G R является решением уравнения х • 0 = 0.
4.	а у= 0, д у= ±3. Уравнение имеет единственное решение
_ а — 3 . а2 — 9 _	1
а3 ’ а1 а(а + 3)'
5
Ответ: х = Q(a _|_ 3) при а / 0> а Ф ±3; х G R при а = 3;
0 при а = 0 и а —3.
Пример 3. При каких а уравнения 1) 6(аж+1) + а = 3(а — т)4-7,
9	4
2) %(х — 1) = J 4- а(3 — х) имеют бесконечно много решений?
Решение. 1) 6(ат-|-1)-|-а = 3(а—т)4-7 о 6ат4-3т = За4-7—6—а о
Зт(2а4-1) = 2а+ 1. Уравнение имеет бесконечно много решений при
а = — .
2) 3(т— 1) = ^4-а(3— т) %хРах = ^4-^4~За ФФ' ^.т(24-3а) =
о
2 -|- За. Уравнение имеет бесконечно много решений при а = — д.
Пример 4. При каких а уравнения 1) 2(3т — 2а) =2 4- ат,
2) а2х = а(1 4- 5т) — 2 — бх не имеют решений?
Решение. 1) 2(3т — 2а) = 24-ат О 6т —ат = 24-4а	т(6 —а) =
2 4- 4а. Уравнение не имеет решений при а — 6.
2) а2т = а(1 4- 5т) — 2 — 6т а2т — 5ат 4- 6т = а — 2
т(а — 2)(а — 3) = = а — 2. ’Уравнение не имеет решений при а = 3.
Пример 5. При каком а уравнение 2ат4-5 = 3т имеет корень,
равный —1?
Решение. Подставим т = —1 в уравнение, получим —2а4-5 = —3,
откуда a = 4.
Пример 6. При каком а прямая у = 2ат — 3 проходит через
точку А(1; —6) ?
Решение. Подставим т = 1 и у — —6 в уравнение прямой,
о
получим —6 = 2a — 3, откуда a = — £.
Пример 7. При каких b уравнение (а — 3)т = b 4- 2а имеет
решения для любого а ?
Решение. Если а 7^ 3, то уравнение имеет решение т =
при любом Ь. Значит, единственное значение а, при котором мо-
гут отсутствовать решения уравнения, это a = 3. В этом случае
уравнение
(а — 3)т = b 4- 2а	(1)
принимает вид
О-т = 64-6.	(2)
6
Если b 7^ —6, то уравнение (2) не имеет решений. Если же Ь = —6,
то любое х G R является решением (2). Следовательно, Ь = — 6
- единственное значение параметра Ь, при котором уравнение (1)
имеет решение при любом а (х = 2 при 3 и х G R при а = 3 ).
Ответ: Ъ = —6.
Пример 8. При каких а уравнение 3(х — 2а) = 4(1 — х) имеет
отрицательное решение?
Решение. 3(х —2а) = 4(1+ж) <=> х = —6а —4. Решая неравенство
о
-6а — 4 < О, получаем а > —
9
Ответ: а > —
Пример 9. При каких а уравнение а(4х — а) = 12х — 9 имеет
одно положительное решение?
Решение. а(4х — а) = 12х — 9 4х(а — 3) = (а — 3)(а + 3). При
а = 3 уравнение имеет бесконечно много положительных решений.
При а 3 и а+3 > 0 уравнение имеет единственное положительное
решение х = а .
Ответ: а > —3, а^ 3.
Пример 10. Найти все а, для каждого из которых решение
уравнения Юж — 15а = 13 — бах + 2а больше 2.
Решение. 10х — 15а = 13 — бах + 2а 5х(а + 2) = 13 + 17а.
При а = —2 уравнение не имеет решений, при а 7^ —2
х ~	Решая неравенство -У > 2	> °>
получаем a G (—00; —2) U (1; +00).
Ответ: a G (—00; —2) U (1; +00).
Пример 11. При каких a каждый корень уравнения 3(х +а) =
6 — а удовлетворяет условию х е [2; 4] ?
Решение. 3(а + х) = 6 — а Зх = 6 — 4а х =	~
Решая неравенство 2 < Q <4 О 3 < 3 — 2а < 6, получаем
а [—®]-
Ответ: а G [— 0].
7
Упражнения.
1.	Решите уравнения:
а) 3 + ах = 2т;	б) — 2 + Зах = 6т + а;
о) 2ат — а, — 2 — 4т; е) Зат + 3 = 9т + а;
д) 4а2т — 2а = 9т + 3; е) 2т — 4 = ах — а2\
ж) 962т — ЗЬ — 4т — 2.
2.	При каких а уравнения
а) 6(ат — 1) — а = 2(а + т) — 7; б) 0,5(5т — 1) = 4, 5 — 2а(т — 2)
имеют бесконечно много решений?
3.	При каких а уравнения
а) 2(а — 2т) = ах + 3; б) а2х = а(т + 2) — 2
не имеют решений?
4.	При каком а уравнение ах — 4 = Зт имеет корень, равный 8?
5.	При каком а уравнение 2ах + 4 = За + 5т имеет корень,
равный 3?
6.	При каком а прямая у = ат — 3 проходит через точку
Л(-2;9)?
7.	При каком а прямая у = Зт + а проходит через точку
Л(-1;5)?
8.	При каких Ь уравнение
а) (а + 1)т = 2Ь — а; б) (2а — 1)т = Ь + а — 1; в) (а + 2)т = ЗЬ — а + 1
имеет решение при любом а ?
9.	При каких а уравнение 2(а + т) = 3(1 — .т) имеет положи-
тельное решение?
10.	При каких а уравнение а(.т — 3) = 2т + 1 имеет решение,
удовлетворяющее условию т < 3 ?
11.	При каких а каждый корень уравнения 2(т — 2а) = 3 + а
удовлетворяет условию т G [—1; 3] ?
8
§2. Уравнения, приводимые к линейным.
Пример 1. Решить уравнение = 0.
Решение. Уравнение имеет смысл при всех х —2.
С учетом ОДЗ приводим уравнение к равносильному линейному:
х — а = 0. Его решение х = а. Условие х ф —2 влечет за со-
бой требование а ф — 2.
Ответ: х = а при а ф —2; 0 при а = —2.
Пример 2. Решить уравнение
т + а
х2 — 5.Т — G
Решение. При 1 и х 6 уравнение имеет решение х = —а.
Из условия х ф -1 и х 6 следует, что а / 1 и а / —6.
Ответ: х = —а при а	—6 и а / 1; 0 при а (Е {—6; 1}.
Пример 3. Рещить уравнение fl + =
Решение. При ,х / 0 и х 3 уравнение сводится к линейному
(а + 3)(х* — 3) = ах <=> х = а 4- 3. Из условия х 0 и х / 3 следует,
что а. / — 3 и а / 0. .
Ответ: х = а + 3 при a (Е (—оо; — 3) U (—3; 0) U (0; +оо); 0 при
а (Е {—3; 0}.
Пример 4. Решить уравнение ~-п Н-----= т-------------тгг-
*	х+2	а-1 (а — 1)(ш + 2)
Решение. Уравнение имеет смысл при а ф 1 и х у= —2. Учитывая
ОДЗ, приведем уравнение к линейному (а — 1) (ж — 3) 4- 4(я? + 2) = 2 <=>
х(а + 3) = 3(а — 3). При а = — 3 уравнение решений не имеет.
Если а ф —3, то х =	 Исключим теперь значение а,
при котором х = — 2.
—2(а + 3) = 3(а — 3) <=>5(1 = 3, (i=^.
Ответ: х =	при а Ф — 3, а / а / 1; 0 при
а !}•
Пример 5. Решить уравнение ах± 2 = 2х + а'
Решение. Допустимые значения х и а те, при которых ах+2 ф 0
и 2х + а / 0, т.е. ах / —2 и 2z —а. Упростим уравнение при
допустимых значениях а и х, получим 4х 4- 2а = ах 4- 2 <=>
9
2-1271
х(а — 4) = 2(а — 1). При а = 4 уравнение решений не имеет. Если
/ .	2(а — 1) т,
же а 7 4, то х =  д _2'4z • Исключим теперь те значения а, при
которых ах — — 2 или 2х = —а.
п 2а(а — 1) п (а2 —а——а+ 4
ах = —2	—т—- = —2 <=> <	,	£> а = ±2.
а“4	[а^4
Эти же значения а получим, решая уравнение 2х = —а. Действи-
тельно,
о	4(а — 1)	(4а-4= -а2 + 4а
2х -= —а	—-г-*- — —а \	<=> а = ±2.
а~4	v^4
Ответ: х =	при а у= ±2, а 4; 0 при а Е {±2; 4}.
Пример 6. Решить уравнение	+ л. л. г =
Решение. Уравнение имеет смысл при всех к / ±1. С учетом
ОДЗ приведем уравнение к равносильному: (ах — l)(z +1) Н-6(.т — 1) =
a(z2 + 1) <£> а?(а + 6— 1) = а + 6-Ь1. Если а + b = 1, то уравнение
решений не имеет. При apb 1 х =	• Из условия х — 1
следует а + b + 1	— (а + b — 1), т.е. а + Ь 0. Равенство х = 1,
т.е. a+b+l=a+b— 1 не выполняется ни при каких значениях а
и Ь.
Ответ: х =	при a + b^0, а + b 1;
0 при а -Ь b = 0 или а + Ь=1.
Пример 7. Решить уравнение 2а(р х = Ъ—х'
Решение. При 2а + .т^0 и Ь — х 0 уравнение
а 3
2а + х b — х	/
примет вид
ab — ах — 6а + За? а(Ь — 6) = х(а + 3).	(2)
Уравнение (2) имеет единственное решение х =	при а —3.
Если же а = —3, то уравнение имеет решение только при b — G
(х е R).
Определим теперь те значения а и Ь, при которых х = —2а и
х = Ь.
10
Подставим х = —2а в уравнение (2). Получим
а(Ь — 6) = — 2а(а + 3) о а(Ь + 2а) = 0, отсюда а = 0 или Ь = — 2а.
При х — Ь уравнение (2) примет вид а(Ь — 6) = Ь(а + 3) О
b = -2а. Найденные значения а и Ь подставляем в уравнение (1).
О
1. а = 0. Уравнение 0 = решений не имеет.
2. Ь = -2а. Уравнение	= 2а~+ х не имеет Решений при
а / — 3 и имеет бесконечно много решений при а = — 3, b = G
(х G (-оо; 6) U (G; +оо)).
Ответ: х =	при а / ~3, а^О, Ь —2а\
х G (—оо; 6) U (6; +оо) при а = —3, Ь = 6; 0 при а = 0; а = — 3,
b 6; Ь = —2а, а —3.
Пример 8. При каких а уравнения
1 \ х , х _ а2 — 4 .	2 а . а _ За______________а
'а - 4 а, а(а _ 4) ’ х + а х + За х + а х + За
имеют бесконечно много решений?
Решение.
1 \ ж । х _ а2 — 4 х. 2т(а — 2) _ (а — 2)(а + 2)
' а — к а, а(а — 4) а(а — 4) а(а — 4)
Уравнение имеет бесконечно много решений (т 6 R) при а = 2.
2а . а _ За__________________а х. а(а — т) _ „
' х + а х + За х + а х 4- За (х + а)(т + За)
При а = 0 уравнение имеет бесконечно много решений
(т е (-оо; 0) U (0; +оо)).
Пример 9. При каких а уравнения
1)3^2 = ^х 2)V4- = За, 3)^~ 3-^-~-4 * * * В = 0,
' х + э т + о ’ 'о — х	’	1 х + 1	’
4^аУ^Зт ~ 1’ ^^а^~2т = 4 не име1от решений?
Решение.
а — х 2х — а — 2
- 2 _
2(^ - |(а + 2))
--------------= 0-
х + о
Уравнение не имеет решений, если = —5, т.е. при а = —12.
2) 3 + 4х _	3 + 4т — 15а + Зах — q >=> х(3а + 4) — 15а + 3 _ ~
' 5 — т	5 — т	5 — т
Уравнение	= 0 не имеет решений, если
а) линейное уравнение bx+с = 0 не имеет решений (Ь = 0, с 0);
б) линейное -уравнение Ьх + с = 0 имеет решение т = —с/.
В рассматриваемом примере b = За + 4, с = —15а + 3, d'= —5.
И
2М271
Из условия 6 = 0 О За 4-4 = 0 находим а = — , при этом
с = -15а 4- 3 = -15(-|) 4- 3 = 23 / 0.
х = — d = 5 не является решением уравнения Ьх + с = 0. Дей-
ствительно, 5(3а 4- 4) — 15а 4- 3 = 23	0. Следовательно, а = — -
единственное значение а, при котором уравнение нс имеет решений.
3) Уравнение —	~ = 0 не имеет решений, если а —3 = 0
или (а — 3)(—1) — 4 = 0, т.е. при а = 3 и а = —1.
4) 2ах = г т(2а + 3)-а =
' а — Зт	а — Зт
Уравнение не имеет решений, если 2а 4- 3 = 0 или
?j(2a4-3)— а = 0 <=> ^а2 = 0, т.е. при а=—ту и а = 0.
с:\ ат — 8  д	т(а 4~ 8) 8 4а ~
TT^Zx - 4 <=> а^ДРг--------------- и-
Уравнение не имеет решений, если а 4- 8 = 0 или
2
2 (а 4- 8) — 8 — 4а = 0 о —8 = 0, т.е. при а = —8 и а = ±4.
Упражнения.
1.	Решите уравнения:
а) 2|±За=0.
б)
т 4- а — За 4-1.
а — т За — 1 ’

л х ~а = 0;
т2 — 5т 4- 6
г)
1 — а	а 4- 1
т — 4	т 4- 2
= 0.
2.	При каких а уравнения
ч За а а 2а	т	т а2 — 1
а)---------------=---------------; б)--------F - = —-----
х — а	т — 2а	т — а	т — 2а	а4-2	а	а(а 4- 2)
. 2т т	а2 — 16
И)------------= 5-------------С
а —2 а 4-1	(а4-1)(а —2)
имеют бесконечно много решений?
3.	При каких а уравнения
т — 5 а — т
т 4- 7 т 4- 7’
8 4- 5т
— = 2а;
(а 4- 3)т — 2
т — 1
. ах ~	-.ч 2ат — 18
г) ------------= 3; д) -----------------------= 1
а 4- 2т	а — т
не имеют решений?
12
§3. Линейные и дробно-линейные неравенства.
Неравенства вида ах > b и ах < Ъ (а / О') называются ли-
нейными неравенствами. Множество решений неравенства ах > Ъ
- промежуток (^;4-оо), если а > 0, и (—оо;^), если а < 0. Ана-
логично для неравенства ах < b множество решений'- промежуток
(—оо; если а > 0, и (^;4-оо), если а < 0.
Пример 1. Решить неравенство ах 4- 4 > 2х 4- а2.
Решение, ах 4- 4 > 2х 4- а2 <=> (а — 2)х > а2 — 4. Рассмотрим три
случая.
1.	а = 2.
2.	а > 2.
3.	а < 2.
Неравенство 0 • х > 0 решений не имеет,
(а — 2)х > (а — 2)(а 4-2) <=> х > а 4- 2.
(а — 2)т > (а — 2)(а 4- 2) <=> х < а 4- 2.
Ответ: х > а + 2 при а > 2; х < а 4- 2, при а < 2; 0 при
а = 2.
а — 2
3(а — I)’
Пример 2. Решить неравенство а(3т - 1) > Зт — 2.
Решение. а(3т — 1) > Зт — 2 <=> Зт(а — • 1) > а — 2. Рассмотрим
три случая.
1.	а = 1. Решением неравенства 0 • т > —1 является любое
действительное число.
2.	а > 1. 3(а — 1)т > а — 2 <=>
3.	а < 1. 3(а — 1)т > а — 2 <=> т <
Ответ: х >	при а > 1; т <	ПРИ а < 1; х Е R
при а = 1.
Пример 3. Решить неравенство (а2 — 2а — 3)т — а < 0.
Решение, (а2 —2а —3)т —а < 0 <=> (а4-1)(а — 3)т < а. Рассмотрим
следующие случаи:
1.	а = — 1. Неравенство 0 • т < —1 решений не имеет.
2.	а = 3. Решением неравенства 0 • т < 3 является любое
действительное число.
3.	a G (—1; 3). При этих значениях а (а4- 1)(а — 3) < 0, поэтому
(а 4- 1)(а - 3) < а <=> т >	+	.
4.	а G (—оо; —1) U (3; 4-оо). Так как (а 4- 1)(а — 3) > 0, то
(а + 1)(а - 3).г < а » х < (а +	_ 3) 
13
X >
Ответ: х < -г—
(а
_____а____
(а + 1)(а — 3)
+1)%~- з) при а € (-оо; -1)и (3; +°°);
при a G (—1; 3); х G R при а = 3; 0 при а = —1.
Пример 4. Решить неравенство 4-
Решение. % +	> ^2 о 3У^-~ 2а| + 2(а ~	> 0. При
а = 0 неравенство не определено. Рассмотрим следующие случаи:
1. а < 0. М1 ~ 2а^ + 2(а ~ 1) > о з.т(1 - 2а) 4- 2(а - 1) < 0
2(1 - а). Так как 1 - 2а > 0, то х <	_ ^) •
Зж(1 — 2а)
2.	0 < а
Зж(1 — 2а)
3,	а - j.
4.	а>|.
Зж(1 — 2а)
I Зт(1—2а) + 2(а—1) > Q Зжц _	+ 2^(/ _ ^ > 0
> 2(1 — а). Так как 1 - 2а > 0, то х >	—^у.
О • т — 1
Неравенство	£ р решений не имеет.
Зж(1 - 2а) + 2(а - 1) n о„./i _ 9„\ .	1 ч .. п
—	О у 1 Z Сь у Zi Со jl J и
> 2(1 — а). Так как 1 — 2а < 0, то х <	—^у.
2(1 - а)	,	п\|,/1 , ч 2(1 - а)
< 3(1-Я ПРИ ae(-oo;0)U(2;+oo); х >
Ответ: х
при а G (0; ^); 0 при а G {0;
Пример 5. Решить неравенство ах — Ъ > Ьх 4- а.
Решение, ах — Ь > Ьх + а о х(а — Ь) > а 4- Ь. Рассмотрим все
возможные случаи.
1.	а = Ъ = 0. Неравенство 0 • х > 0 решений не имеет.
2.	а = Ъ > 0. Неравенство 0 • х > 2а решений не имеет.
3.	а — Ъ < 0. Решением неравенства 0 • х > 2а является любое
х G R.
4.	а > Ь. х(а — Ь) > а 4- Ь х > ^ — Ь'
5.	а < Ъ. ж(а — Ь) > а + Ь О х < а-
Пример 6. При каких а неравенство За? — 2а > 0 является
следствием неравенства х — 14-а>0?
Решение. Неравенство
Зж — 2а > 0
(1)
14
является следствием неравенства
х- 1 + а > 0	(2)
в том случае, если множество решений Xi неравенства (1)
содержит множество решений неравенства (2). Так как
Xi = (^р+оо), Х2 = (1 — а;+сю), то включение Хг С Xi
выполняется, если < 1 — а, т.е. при а <
О
Ответ: а <
Рассмотрим теперь несколько примеров дробно-линейных нера-
венств.
Пример 7. Решить неравенство _<2 > 0.
Решение. Возможны три случая.
2
д; _ _
. Решением неравенства	> 0 <=>	—
х G R, кроме я = з (ж € 2?\{^}).
Неравенство можно решить методом интервалов.
1. а — 2
и
являются все
2. а <
— о > если х £ (—°°;а1 и (§> +°°).
9
3. а > Решением неравенства в этом случае являются все
Г)
х Е. (—сю; g) U [а; +сю).
Ответ: х G (—сю; а] П (^; +сю) при а < ^; х G (—сю;U [а; +сю)
при а > д; ж е (—сю; g) U (^;-t-сю) при а = д.
Пример 8. Решить неравенство	> 0.
Решение. 1. При а = | неравенство ~	> 0 <=>	> 0
Х~ 4
и решений не имеет.
2. а < Решая неравенство ^х~_^ > 0 методом интервалов,
/Зт
получим
3. а > |. В этом случае ^ХР_^ > 0, если х е [|;а).
Ответ: х G (а; |] при а <	х е [|; а) при а > |; 0 при
15
Пример 9. Решить неравенство
Зж — а_____|_ а , —3
(а + 3)(ж — 2)	<1 + 3 х — 2'
Решение. Допустимыми являются все значения а и ж, кроме
а = — 3 и х = 2. Перенесем все члены в левую часть и приведем
дроби к общему знаменателю, получим неравенство
Зж - а + ах - 2а + За + 9 n x'(q + 3) + 9 пзпносипьиое
(а + 3)(ж -2)	< ° (а + 3)(ж - 2) < °’ Равносиль1юс
в области а	—3, х ф 2 неравенству
9
(.т + ——)(.т-2) <0.	(3)
а + о
Неравенство (3) решим методом интервалов. Решая уравнения
х — 2 = 0 и х + —т-п- = 0, получаем х,у - 2, ж2 =-----------т-п.
Д “Т“ О	CL “г" О
Возможны следующие случаи: 2 <	2 =	, 2 > г .
(1 Т и	CL О	(I “г О
Если 2 <	, т.е. + 3^ < 3, то a G (—-Ар—3). Неравен-
ство 2 > выполняется на множестве (—оо; — А^) U (—3; +оо).
Так как решением X неравенства (3) является интервал (ж1;ж2),
если жд < х.2, и интервал (ж2;Ж1), сели х^ < х}, то X = (2; — -	3)
при а £ (—А^;—3); X = (—g; 2) при а £ (—оо;—А^) U
(—3;+оо). Если Xi = ж2 (а = — А^), то неравенство (3) принимает
вид (ж — 2)2 < 0 и решений не имеет.
Ответ: х Е ( —	2) при а Е (—00; — А^) U (—3; +оо);
ж£ (2; -ц ^.-g) при ае(-у;-3); 0 при а = {-Ар-3}.
Пример 10. При каких а неравенство
няется для всех ж Е [1; 2] ?
х х^—а 1 < 0 выпол-
Решение. Если а < 2а + 1, то множество решений неравенства
X = (а; 2а + 1). При а = -1 X = 0, если же а < то
X = (2а + 1;а). Выясним, при каких а [1; 2] С X. Система
( 2а + 1 < 1	[а < 1
<	решений не имеет. Из системы <
[2 < а	[2<2а+1
1
следует, что < а < 1.
Ответ: a G (rj; 1).
16
Упражнения.
1. Решите неравенства:
а)	ах < 1;
в) Зх — а > ах — 2;
с?) 2ах 4- ° 2~~ > (а 4- 2)т;
ж) (2а2 — а — 1)ж > За — 2;
б)	ах > 1;
г) 2(3а 4- х)
< 1 — ах\
е) ах — 26 < Ьх 4- 2а;
э)	2 ^ + 1)-
2. При каких а неравенство
2х — а 4- 3 < 0 является следствием
неравенства х — 4 4- 2а, < 0 ?
3.	Решите неравенства:
а) < 2i
г)
ж)
>о;
ах 4- 16
4х 4- а2
<1;
з)
х — а л.
2F+3 s и’
4 — х. < а.
х + а - и>
ах 1.
T+3ZF >
в)
е)
а)
х4-а ч
ах — а2
х — 1
ах
0;
>1;
< 1.
2 — х
х — а
4.	При каких а неравенство	® выполняется для всех
х G [2; 4] ?
5.	При каких а неравенство ах 4- 2 — g <0 выполняется для
всех . х G (Г, 2) ?
6.	При каких а неравенство 5т > а 4- 3 является следствием
неравенства (а — 1)т*> 1 ?
3-1271
17
§4. Системы уравнений.
Уравнение вида ах + by — с, где х} у - переменные, а,
6, с “ числа, называется линейным; числа а и b называются
коэффициентами при переменных, с - свободным членом.
Графиком любого линейного уравнения ах + by = с, у которого
хотя бы- один из коэффициентов при переменных отличен от нуля,
является прямая; если b — 0, то эта прямая параллельна оси 0?д
если а = 0, то эта прямая параллельна оси 0®. Если а = 0 и b — 0,
то в случае с = 0 графиком является вся координатная плоскость,
в случае с / 0 уравнение но имеет решений.
Система двух линейных уравнений с двумя переменными
aix + biy = ci
а2х + Ь2у = с2, а? + Ь? / 0, а?2 + Ь% / 0
(1)
может иметь единственное решение, бесконечно много решений и нс
иметь решений, что геометрически интерпретируется соответствен-
но как пересечение, совпадение и параллельность прямых, являю-
щихся графиками уравнений системы.
1
Если «2	’ то эти пРямые пересекаются в одной точке; если
то прямые совпадают; если	то
прямые параллельны и не совпадают.
Отсюда следует, что система (1) имеет единственное решение,
если	имеет бесконечно много решений, если
не имеет решений, если	.
В последних трех соотношениях записаны не дроби, а пропорции
- они имеют смысл и в том случае, когда некоторые из знаменателей
равны нулю.
тт 1 Г»	- Iах + 2у ~5
Пример 1. Решить систему уравнении <
I 2х + ау = 3.
Решение. Из первого уравнения найдем у — ^(5 — ах) и под-
ставим во второе уравнение. Получим 2х + а^(5 - ах) — 3 о
х(4 — а2) — 6 — 5а. При а = ±2 уравнение решений не имеет. Если
п -х д-9 т — 6 — 5а _ 1 /к 6 — 5а х _ 10 - За
а / ±2, то х -	у - 2(5 а—7) -
Отпоет: х —	у =	при а =4 ±2; 0 при а — ±2.
18
ГТ ли	о / 2ж 4- (9а2 - 2)у = За
Пример 2. Решить систему уравнении <
\х + у = 1.
Решение. Из второго уравнения находим у = 1 — х и подставляем
в первое. Получим
2х + (9а2 - 2)(1 - х) = За 4Ф т(3а - 2)(3а + 2) = (За - 2)(3а + 1).
1.	Если а/±|, то ® =	!/ = 1-3§4-2 = ЗгТТ
2.	а = |. Уравнение х  0 — 0 имеет бесконечно много решений
(ж е 7?.).
р
3.	а = — д. Уравнение х - 0 = 4 решений не имеет.
Ответ: х = ^±1, !/= 3^ при а / ±|;
П	П
х = t, у = 1 — t, t € R при а = g! О при а = -д.
{ах + 4т/ = 4
Зх + У = 1
имеет решения?
Решение. Из второго уравнения находим у = 1 - Зх и подставляем
в первое уравнение. Получим
ах + 4(1 — Зш) = 4 4=> х(а — 12) = 0.
При а / 12 х = 0, у = 1. При а = 12 система имеет решения
х = t, у = 1 — 3t (t € R).
Ответ: Система имеет решения при любых а.
Пример 4. При каких а система уравнений )ах + & %
[я - у = 3
имеет единственное решение?
Решение. 1 способ. Сложим левые и правые части уравнений, по-
лучим х(а + 1) = 5. При а / — 1 система имеет единственное
К	к
решение х — у = х - 3 =>	“ 3. При а = -1 получим
[-я;+ 2/= 2
систему <	которая решении не имеет.
- У = 3,
2 способ. Система имеет единственное решение, если J / “р
т.е. при а -1.
19
Пример 5. При каких а система уравнений
Зж 4- (а — 1)у = а 4- 1
не имеет решении;
(а 4~ 1) х 4~ у — 3
Решение. 1 способ. Из второго уравнения находим у = 3 — (а4- 1)х
и подставляем в первое. Получим
Зх 4- (а — 1)(3 — (а + 1)х) = а 4- 1 х(а — 2)(а 4- 2) = 2(а — 2).
Уравнение, а, следовательно, и система не имеют решений при а =
-2.
2 способ. Система не имеет решений, если а j- =	.
Из уравнения —jp j- = - -у- находим а = ±2. При а = 2
имеем з = J = 3 (система имеет бесконечно много решений).
О	__О	__1
При а — — 2	=	/ “jp> следовательно, система решений
не имеет.
Пример 6. Найти а, при которых система уравнений
| 2ах + у = 6а2 — 5а 4- 1
<	*	имеет бесконечно много решении.
I х + 2ау = О
Решение. 1 способ. Из второго уравнения находим х — — 2ау и
подставляем в первое. Получим
2а(—2ау) +у = 6а2 — 5а 4-1	— у(2а — 1)(2а 4-1) = (2а — 1)(3а — 1).
Система имеет бесконечно много решений при a=^(y = t,x = — t,
teR).
2 способ. Система имеет бесконечно много решений,
2а _ 1
Т ~ Td
откуда а — ±rj. Вторую пропорцию нужно понимать в том смысле,
что 6а2 — 5а 4- 1 тоже равно нулю. Уравнение 6а2 — 5а 4- 1 = О
1 1
имеет два решения: а — и а — , следовательно, система имеет
1
бесконечно много решении при а — .
если
——-I. Из первой пропорции находим 4а2 = 1,
Пример 7. Найти а, при которых решения системы
f Зх — бу — 1	Л Л
<	удовлетворяют условиям х < 0 и у < 0.
I 5х — ау = 2
’	1
Решение. Из первого уравнения находим х = ^(1 4- бу) и под-
ставляем во второе. Получим Зу(10 — а) = 1. При а = 10 система
20
решений не имеет. При а / 10 у = зцо+Г^р х = 3 Пай-
дем теперь тс значения а, при которых х < 0 и у < 0. Для этого
решим систему неравенств
{12 — а .. л
3(10 -а)	°
___1____ <- о
3(10 - а)
Из второго неравенства следует, что 10 — а < 0, тогда из первого
получаем 12 — а > 0, т.е. 10 < а < 12.
Ответ: а € (10; 12).
Пример 8. Найти а, при которых решения системы
{2т — у = 5
удовлетворяют неравенству, х < у.
х + 3?/ = а + 1
Решение. Решая систему, получаем х = а, у = -.
Далее
16+а 2а — 3
х < у <=> —-— < —-— <=> а > 19.
у	7	7
Ответ: а > 19.
{Зат — 4у = b
2т — у = 3.
Решение. Из второго уравнения находим у = 2т—3 и подсл авляем
в первое. Получим Зат — 4(2т — 3) = Ь <+ т(3а — 8) = Ь — 12. Если
О
а / то система имеет единственное решение
6—12	6-12 п 2b — 9а
За-8’ J За-8 За - 8
О
При а ~ з первоначальная система примет вид
+ ь f2)
(2т-?/ = 3.
Если Ь = 12, система (2) имеет бесконечное множество решений
О
(т = i, у — 2t — 3, t € R). При а = и b 12 система решений
не имеет.
21
Ответ: х —	у =	при а / b G R',
x — t, y = 2t~3, teR при а — b — 12; 0 при а — |, b / 12.
Пример 10. Найти вес b такие, чтобы при любых а система
{2х — Зу = а
имела хотя бы одно решение.
ах + 4у — b
Решение. Система будет иметь единственное решение при любом
b G R, если	т.е. если а / -д. При а = — j первона-
чальная система примет вид
( 2х - Зу = -1	( 2х - Зу — -1
—|a? + 4j/ = b	^2а? - Зу = -|b.
О	о
Последняя система не имеет решений, если — 0 — ^6, и имеет
Я Я	49
бесконечно много решений, если —	= — %Ь, т.е. при b = др
Таким образом, независимо от значения а первоначальная система
32
будет иметь решение при Ь = др
Ответ,: b = ^р
Пример 11. Найти все а такие, чтобы при любом b нашлось
с такое, что система уравнений
{Ьх — у — ас2
,	„	имеет хотя бы одно решение.
(& - 4)х + ЗЬу = -2с + 1	н
Решение. Система будет иметь единственное решение при любых
значениях правых частей, если коэффициенты при неизвестных не-
пропорциональны, т.е. если ^4 / откуда ЗЪ2+Ь-4	0. Так
как 3?’2 + д — 4 = 0 при b — и b — 1, то система может не иметь
решений лишь при этих значениях h. Рассмотрим два случая.
1) Ь = -д. Система примет вид'
4	2
Ах — у = ас
Цх-4у= -2с+1.
(3)
Система (3) имеет решения, если выполняется равенство
—1	ас2	9
—7 —	----7 ^ас2 4- 2с - 1 = 0.
-4	-2с+1
22
Для того, чтобы уравнение 4ас2 4- 2с - 1 = 0 относительно с име-
ло решения, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант этого
уравнения был неотрицателен: 14-4а>0, откуда а >
2) b = 1. Первоначальная система примет вид
I	2
х - У = ас	(4)
|-3® + Зу = -2с+1.
Условие существования решения системы (4) - выполнение равен-
ства
— 1 ас2
— =	—7	Зас2 - 2с 4-1 = О,
3	-2с+1
Как и в предыдущем случае значения а находим из условия
1	1
> 0 <=> 1 — За > О, откуда а < д. Так как первоначальная
1
система должна иметь решения при любом Ъ, то условия а >
и а < должны выполняться одновременно.
1 1
Ответ: а 6 [— jj].
Пример 12. При каких с и d система уравнений
J (с 4- 1)2ж - (с 4- l)jy = —с
[(d — 1)а? 4- (5 - 2d)y = с 4- 4
имеет единственное решение х = 1, у = 1.
Решение. Подставим значения х = 1, у = 1 в систему, получим
f(c+ I)2 - (с 4- 1) = -с	Г с2 4-2е = О
[(d-l)4-(5-2d) = c-|-4 |c + d = 0.
Система (5) имеет два решения: 1) с = 0, d = 0 и 2) с = -2,
d = 2. Таким образом, только при этих значениях с и d система
имеет решение х — 1 и у = 1, но это не означает, что найден-
ные значения параметров с и d обеспечивают единственность ре-
шения; Мы установили пока только необходимое условие, которому
удовлетворяют искомые параметры. Достаточность же этого усло-
вия должна быть либо установлена, либо опровергнута в процессе
проверки.
{х — у — О
—х 4- Ьу — 4
имеет единственное решение х = 1, у = 1.
23
1'g _|_ 2/ — 2
x + у = 2
имеет бесконечно много решений (ж — £, у — 2 — i, t е R).
Ответ: с = 0, d = 0.	,
Пример 13. Числа а, 6, с таковы, что система
ах — by = 2а - b
(с + 1)ж -И су = 10 — а + 36
имеет бесконечно много решений, причем х — 1, у = 3 - одно из
этих решений. Найти а, 6, с.
Решение. Подставим значения х - 1 и у = 3
f а — 36 - - 2а — Ь
в систему уравнений, получим <
I с И- 1 + Зе = 10 — а + 36,
откуда а = —2Ь, 4с — 9 + 56. Так как по условию система имеет
бесконечно много решений, то с ।	’ ИЛИ послс
исключения а и с и упрощений ууд — g = g • Из
пропорции находим 6 = 0 и 6 = — 1.
Ответ: 1) а = 0, 6=0, с=^; 2) а = 2, 6 = —1, с=1.
Пример 14. При каких end системы уравнений
х — Зу = d2 — 2	( 2х + 4dy = Зс + 2
2ж + у = 5	|ж + 2?/ = 4
являются равносильными?
Решение. Система
х -3y = d2 - 2
(6)
2ж + у = 5	v
имеет единственное решение xq = y(d2 + 13), уо = у (9 — 2d2)
при любом значении параметра d. Поэтому, если при некоторых
значениях параметров end системы равносильны, то и система
2х + 4dy = Зс + 2
х + 2у = 4
24
должна иметь это же единственное решение. Подставляя это решение
во второе уравнение системы (7), получим
1	2
~(d'2 + 13) + -(9 - 2d2) = 4
& -3d2 + 31 = 28 <=> d2 = 1,
откуда d = ±1, Xq = 2, у0 = 1. Из первого уравнения системы
(7) найдем две пары с и d: 1) с = 2, d = 1; 2)с = — 3, d = -1.
Найденное условие относительно с и cl является лишь необходимым
условием, которому должна удовлетворять искомая пара параметров
с и d. Поэтому обе найденные пары подлежат проверке.
п о /	1 Г’	Г 2т + 4т/ = 8
1) с = 2, а=1. Система (7) принимает вид <
I х + 2;</ = 4
и имеет бесконечно много решений. Следовательно, пара с = 2, d = 1
не обеспечивает равносильности систем (6) и (7).
о ,	, „	| 2т — 4у = О
2) с = — d = —1. Система (7) принимает вид <
и имеет единственное решение Хд = 2,	= 1.
9
Ответ: с = —	d = — 1.
Пример 15. При каких а выражение А = Xq + ;у2 + а2 принимает
наименьшее значение, где (хо,Уо) ~ решение системы
х — Зу + 7а = —22
4т — у — 5а = 0 ?
Решение. Решая систему, находим то = 2 + 2а, уа = 8 + За,
откуда
А = (2 + 2а)2 + (8 + За)2 + а2 = 14а2 + 56а + 68 = 14(а + 2)2 + 12 > 12.
Выражение А принимает наименьшее значение 12 при а = —2.
Ответ: а = — 2.
25
Упражнения.
1.	Решите системы уравнений:
{За? 4- ау = 4
6х — 9у = 8,
ах — у = 1
х — ау = а3,

)ах — у = а
х - ay = 1,
ix — ау = 2
ах — у = За.
2.	При каких а система уравнений;
J Зх + 7у = 13
(6а? 4- ау = 12,
{ах 4- Зу = 5
4х 4- ау = 6,
(а 4- 1)я? - у = а
(а — 3)а? 4- ау = —9,
1ах 4- Зу = 5
4х — ау = 6,
(2а — 3)а? — ау = За — 2
5а; — (2а 4- 3)г/ = 5
имеет единственное решение ?
3.	При каких а система уравнений:
I 15а; - 30г/ = 6 I (а 4- 2)а? 4- у = 4
Cl) S	i	/ ч
( 10а; 4- ау — 2,	(2а; - (а - 1)?/ = 8,
{х — ау = За . (а2а? 4- (2 — а)у = 4 4- а3
г) <	,	'	.
За? — Зау = 2, (аа; 4- (2а — Г)у = а5 — 2
не имеет решений ?
4.	При каких а система уравнений:
. (15а? 4-ЗОу = G [а? — (а — 1)у = 5
а) <	б) < ,
5а? 4- ау = 2,	((а 4- 3)а? 4- Зу = 3 — а,
. f х 4- ау — 2а . [ (а — 2)а? 4- 27г/ = 4, 5
в) <	г) <
(2а; 4- 2аг/ = 5,	(2а; 4- (а 4- 1)г/ = —1
имеет бесконечно много решений ?
5.	Покажите, что система уравнений
{ах 4- (а — 1)г/ ='2а
3(а 4- 2)а? 4- (4а 4- 1)г/ = а 4- 5
26
имеет единственное решение при любом а.
6.	При каких а прямые х 4- bay = 3 и ах 4- (За 4- 2}у = 4а — 1
а) пересекаются в одной точке, б) совпадают, в) не имеют общих
точек ?
{4а; 4- Зу = 2
6 а; 4- а,у = 1
удовлетворяют условиям х < 1, у > 2.
{За; 4~ 2у = 7
х — у = а
удовлетворяют неравенству х < у 4-1 ?
пгт	(х + 4у = а
9. При каких а решения системы <
(2а; — у = а + 3
удовлетворяют неравенству х > 2у 7
{х 4- ау = 3
ах 4- 4у = 6
удовлетворяют неравенствам х > 1, у > 0 ?
11	тт	/ 2а; 4- Зу = 1
И. При каких а решения системы <
I ах 4- by = 5
удовлетворяют неравенствам х > 0, у < 0 ?
12.	Решите системы уравнений:
а)
ах — у = 3
2х - 4у — Ъ,
)2ах — Зу = Ъ
х + у = 1.
13.	Найдите все пары значений (а, Ь), при каждой из которых
система уравнений:
Г8,г 4- (а2 4- ab 4- Ь2)у = 4 Г (а 4- Ь)х 4- 26у = 2
((а — Ь)х 4- 26у = 2,	(8а; 4- (а2 — ab 4- Ь2)у = 4
имеет бесконечно много решений.
14.	Найти все b такие, чтобы при любых а имела хотя бы одно
решение система уравнений:
{Зх — ay = Ь .. I Зх + у = а . I х - 2у = а
б) <	о) <
2х 4- у = а,	I ах — у = о,	I ах 4- Зу = Ь.
4М271
27
15.	Найти все а, такие, чтобы при любом b нашлось с такое, что
система уравнений;
2т + by = ас2 + с J 2Ьх — у = 2ас2
Ьх + 2у = с — 1,	(36 — 5)т + by = 5с — 3,
Ьх — у = ас2	J х + 2Ьу = а
(Ь — 6)т + 2Ьу = с + 1,	Ьх + (1 — Ь)у = с2 + с
имеет хотя бы одно решение.
16.	При каких с и d система уравнений
(с — 2)2т + (с + 2\у = с — 6
(ri + 3)т + (d — 1)у — с — 2d + 4
имеет единственное решение х = — 1, у — 2 ?
17.	При каких с и d система уравнений
с2х — су = 1 — с
—dx + (2d — 3)?/ = — с — 3
имеет единственное решение х = 1, у = 1 ?
18.	При каких с и d системы уравнений
сх + 2у = d + 1 J 2х + у = с2 + 2
я + г/ = 3	| х + Чу - 3
являются равносильными?
19.	При каких а выражение А = хоУо + ауо + a^o принимает
наименьшее значение, где (то,уо) - решение системы
х + 2у — 5а = 20
Зт — у — а = 25 ?
28
§5. Системы неравенств.
Сначала рассмотрим системы неравенств с одной переменной.
Значение переменной, при котором каждое неравенство системы
обращается в верное числовое неравенство, называется решением си-
стемы неравенств.
{т 6	J х + 2
2) < —
X > ft,	I X < ft.
Решение. 1) Для того, чтобы система имела решение, должно вы-
полняться двойное неравенство а < х < 6. Следовательно, при
ft < G система, имеет решение, при а > 6 решений нет.
Ответ: а < х < 6 при а < 6; 0 при а > 6.
2) Проведя аналогичные рассуждения, получим х 6 [2;«] при
д > 2; х = 2 при а = 2; 0 при а < 2.
„ о гт	[ 3 — 6т < 2т - 13
Пример 2. При каких а система неравенств <
3 + 2т < о, + х
не имеет решений?
(з — 6т < 2т — 13 Гт >2
Решение. <	О <
13 + 2т<д + т	1т < ft — 3.
Если а — 3 < 2, то система решений не имеет.
Ответ: а < 5.
Пример 3. При каких а система неравенств
имеет хотя бы одно решение?
—2(ft + 4т) < —3 4- т
5 — Зт > 2 + 4(т - ft)
Решение. Выполняя тождественные преобразования, получим
Г —2(а + 4т) < —3 + т	Гт > 3 ~^а
|^5 — Зт > 2 + 4(т — а)	^т <	.
Если	~то система имеет решения
т 6 (3~д2а; 3 4ft) Решая неравенство 3 ~^а < 3	,
о
имеем 21 — 14ft < 27+ 36а +> 50а > —6, откуда а > —
о
Ответ: а > — тр-.
29
Пример 4. Существуют ли такие значения а,
I 1
решением системы неравенств < ~
а; < а
является
1) . (—оо;0); 2) (—оо; — 1); 3) (—оо;—1]; 4) (-оо;-3)
при которых
промежуток:
?
Решение. = (—оо; —1] и Х2 — (—оо;а) - решения соот-
ветственно первого и второго неравенств системы, X = Х\ П Х2 -
решение системы. При а < — 1 X = Х2, при а > — 1 X = Ху.
Учитывая это, получаем:
1) не существует; 2) а = —1; 3) а > -1; 4) а = -3,
Пример 5. Решить систему неравенств < ,
|8(а + 1)ж > 8ах + 9,
Решение. Выполним преобразования, получим
1. а = 1.
8(а + 1)а; > 8аж + 9	18:
х G R
9
8’
Решения системы х 6 (|;+оо).
(х < 2а ~ 3
2. а < 1. < ~	— 1 Так как неравенство	> g <=>
Iх > 8* 1
~	> о выполняется для любых а € (—оо; 1) U (Xr;+oo), то
решения системы в случае а < 1 х G (g‘,
I X	_ Ч 1	_ Q Q
3. а > 1. <	1 Уравнение	= 8 имеет решение
а = Если 1 < а < то	— 8’ ПОЭТОМУ решения
системы х G (g;+oo). Если а > Х^, то	> g и решения
системы в этом случае х € [	'•> +о°)- 1
Ответ: х G (g; при а < 1; х 6 (g; +00) при а 6 [1; Хг];
a? G	+00) при а > Хг.
30
Пример 6. Решить систему неравенств
ах х — 1 „ 2х + 3
------------------------3“ < “Т-
Ф 7 10) +а> а(х + 2) _ _ 6
Г\	I СХ	О *л> V •
Решение. После выполнения тождественных преобразований по-
лучим
2х(а + 10) — 5(а — 2)	„
<	12(а - 2)	<
0 > -6.
Первое неравенство неопредслено при а = 2, второе неравенство
выполняется при любых тиа. Числа -10 и 2 разбивают
числовую ось на три промежутка. Рассмотрим следующие случаи:
1.	а < —10. Так как а — 2 < 0, то первое неравенство си-
стемы равносильно неравенству 2х(а + 10) — 5(а — 2) > 0, откуда
2х(а+ 10) > 5(а - 2) и х < ~2^"
2.	а = -10. Неравенство	< 0 выполняется при любых
х G R.
3.	a G (—10; 2). Учитывал, что а -I- 10 > 0, а — 2 < 0, имеем
2.т(а + 10) — 5(а — 2) < 0 2х(а + 10) - 5(а - 2) > 0
12(а - 2)	\	\	/
2т(а + 10) > 5(а - 2), откуда х > ^-у-^у
4.	а > 2. Так как а — 2 > 0 и а + 10 •> 0, то
2ж(а + 10) ^-5(а - 2) < о 2т(а + 10) - 5(а - 2) < 0
2т(а + 10) < 5(а - 2), откуда х < Ж 
Ответ: х
5(а — 2)
2(а+ 10)
5(а - 2)
2(а+ 10)
при а е (—оо; —10) U (2; +оо);
при a G (—10; 2); х G R при а = —10; 0 при
а = 2.
Пример 7. Решить систему неравенств
(а — 2)т — 3(а2 -I- 1) < х — а
2ах > (а + 1)х + 1.
Решение. После выполнения упрощений, приведем систему к виду
т(а — 3) < За2 — а + 3	.
т(а — 1) > 1.
31
Сначала решим систему при тех значениях а, при которых коэф-
фициенты при х обращаются в пуль.
1. а = 1. Неравенство ж-0 > 1 решений не имеет, следовательно
и система решений нс имеет.
2. а = 3. Множество решений системы <
| 2ж > 1
х G (^i+co). Пусть теперь а 1, а 3.
3. а G (—сю; 1). Тогда а — 1 < 0, а — 3 < 0, поэтому система
За2 — а 4- 3
~ 3 которая имеет решс-
а — 1 ’
За2 — а, -
а — 3
(1) равносильна системе
ния
х
За2 — а, 4- 3.	1 \ ргпи
если
—Решая
а — 1
(а - 1)(3а2 — а 4- 3) — (а — 3) л
это неравенство, получим 1------- (а~— 3)(а —1) Л----
а(3а2—4афЗ) <0 а < 0, так как За2—4а 4-3 > 0 при любых а.
Итак, при а 6 (—оо; 0) множество решений х G (3 —	3;—~т)>
CL о CL Л
при а е [0; 1) решений нет.
.	.	_	f х(а — 3) < За2 — а 4- 3
4.	а G (1;3). В этом случае <	<Ф
I ,г(а — 1) > 1
х > За2 — а + 3	2
т а — 3 Так как —> 0, а ——~	< о, то
1	(L — 1	CL — о
р >
множество решений х G (а 1. р +оо).
(х(а — 3) < За2 - а 4- 3
5.	а G (3; 4-сс). Имеем <	<Ф
I х(а - 1) > 1
х < За2 — а + 3	2
— 3 при а > 3 неравенство —г < ——~	3
.	1	CL L	CL О
равносильно 0 < а(3а2 — 4а 4* 3), следовательно, выполняется при
всех а > 3. Поэтому множество решений х G (—X-Т» ~)
CL X CL о
Ответ: х G (За?а + 3.—1 ) ПрИ а	(—со; 0); 0 при
CL о CL X
ае [0;1]; жб(-Ц-;4-оо) при a G (1;3]; х е (—^г;	~_гз+ 3)
Lb Л	Lb Л	Lb О
при а G (3; 4*оо).
Рассмотрим теперь два примера систем
неравенств с двумя не-
известными.
32
Решением системы неравенств с двумя неизвестными называется
любая упорядоченная пара чисел, обращающая каждое неравенство
в верное числовое неравенство. Множеством решений системы нера-
венств является пересечение множеств решений неравенств, входя-
щих в систему.
Каждое неравенство системы вида ах + by < с (ах + by > с)
задает полуплоскость вместе с границей на координатной плоскости
хОу. Неравенство ах + by < с (ах + by > с) задаст полуплоскость
без границы, уравнение которой ах + by = с (а2 + Ь2 ф 0) есть
уравнение прямой.
Система двух линейных неравенств может не иметь решений лишь
в случае, когда прямые, определяющие неравенства, параллельны.
Если же прямые; пересекаются, то при любой комбинации знаков не-
равенств решения системы существуют.
Пример 8. При каких а
2ж — (а + 1 )у
(а - 5)ж 4- 4 т/
система неравенств
2а + 2
имеет решения ’
а - 9
Решение. Равенство	' необходимое условие па-
раллельности прямых 2х — (а + 1)у — 2а + 2 и (а — 5)ж + 4?; = а — 9
(прямые могут совпасть). Решая уравнение 8 = - (а + 1)(а - 5)
а2 — 4а 4-3 = 0, получаем а = 1 или а = 3. Найденные зна-
чения а подлежат проверке, так как полуплоскости, определяемые
неравенствами, могут иметь непустое пересечение.
I 2х — 2т/ >4	I — у 2
1. а = 1. Система примет вид <	—	—
1—4.7? + 4т/ > —8 I х — у < 2.
Решение системы - множество точек прямой у = х — 2, являющейся
общей границей полуплоскостей.
f 2.7? — 4?/ > 8
2. а = 3. Система \
— 2х 4- 4т/ > —6
решений не имеет.
ж — 2у > 4
ж — 2у < 3
Ответ: а 3.
[ -ж + т/ < 2
Пример 9. При каких а система неравенств < —2ж 4- у > а
I ах + у >2
имеет единственное решение?
33
5-1271
Решение. Так как прямые — х + у — 2=0 и —2х + у — а = 0 пере-
секаются, то полуплоскости, задаваемые первым и вторым неравен-
ствами системы, имеют непустое пересечение (область, ограничен-
ная сторонами угла). Ясно, что система может иметь единственное
решение только в том случае, когда прямая ах 4- у — 2 = 0 пройдет
через точку пересечения первых двух прямых. В противном случае
решений будет бесконечно много или пи одного. Искомые значения
—х у — 2
а найдем из системы уравнений < —2т 4- у = а
ах + у = 2.
Из первых двух уравнений выражаем т и у (т = 2 — а, у = 4 — а)
и подставляем в третье уравнение. Имеем а(2 — а) 4-4 — а = 2 О
а2 — а — 2 = 0, откуда а = —1, а = 2. Найденные значения а
подлежат проверке.
1.	а = —1. Полуплоскости, задаваемые первым и третьим нера-
венствами системы, имеют общую границу —т 4- у = 2. Система
имеет бесконечно много решений. В качестве примеров решений си-
стемы можно взять следующие: (—2;0), (-1;1), (0;2) и т. д.
2.	а = 2. Покажем, что система неравенств
имеет единственное решение т = О, у — 2 ((0; 2) - точка пересече-
ния прямых). Действительно, сложив второе и третье неравенства,
получим 2у > 4, откуда у > 2. Умножим второе неравенство на
(-1) и сложим с первым, получим х < 0. Если у / 2 или х / 0, т.е.
выполняется хотя бы одно из неравенств у > 2 или х < 0 (— х > 0),
то тогда — х + у > 0 4- 2, что противоречит первому неравенству
системы.
Ответ: а = 2.
Упражнения.
1.	Решить систему неравенств:

а
х
а.
2.	При каких а система неравенств
2ах — 3 < х(2а 4- 3) 4- а	I 5(т — 2а) < Зт 4- 2
3(а 4- т) < 2{х — 1),	|т(2а — 1) < 2а(т — 3),
34
J3(a — 2a;) < 5 — 4x
|^2 — 3x < 4(3 - x 4- a)
имеет хотя бы одно решение?
3.	При каких а система неравенств:
15 — 2х < х — 1
6 4- 5х < 2a 4- х,
I 2(a + За;) < 4 4- 5а;
1 5 — 2х > 2 - (Зж - а),
. f (3 — а)х > 5 — а(х 4- 2)
о) <
[2(ж-3) < За + 1
нс имеет решений ?
4.	Существуют ли такие а, при которых решением системы
неравенств
(х > 2
1 х > а
является промежуток: а) (3;4-оо), б) (2;Н-оо), в) [2; Н-оо), ’ г)
(0; 4-оо) ?
5.	Решить систему неравенств:
J Зх 4- 2ах > 2(3 4- ах) 4- а
I х 4- 5a < 3,
2(х — а) < 3 4- х
3(а — 2) > 1 — 2х,
) Г Ff(2a — 3) < 2т 4~ 1
1 а(х — 1) < х(а — 3),
(а — 2)х > х + За2
а(2х — 1) < (а 4- 1)х,
(а — 1)т > х — 1
(2а 4- 1)(.т 4- 1) < (а - 2)(т 4- 4).
6.	При каких а система неравенств
Зх 4- (a — 1)?/ < 8 — а
(6 — а)х 4- 2у > а 4- 2
имеет решения ?
7.	При каких а система неравенств
'х - у < 2
х 4- ау > 2
х — 2у > а
имеет единственное решение ?
5М271
35
Глава 2
Квадратные уравнения, неравенства, системы.
§1. Квадратные уравнения.
Уравнение вида ах2 + Ьх + с. = 0, где а, 6, с & R, а О
называется квадратным уравнением. D = Ь2 — 4ас -- дискриминант
квадратного уравнения. Если D < 0, то уравнение не имеет дей-
ствительных корней; если D > 0, то уравнение имеет два различных
корня
Ж1>2 -	’
если D = 0, то уравнение имеет один корень х — — т^-.
В этом параграфе мы рассмотрим следующие задачи:
1)	нахождение корней квадратных уравнений;
2)	исследование количества корней в зависимости от значений
параметров;
3)	установление равносильности уравнений.
1.
2.
3.
Пример 1. Решить уравнение а,(а + 1).т2 + х — а(а — 1) = 0
Решение. При а = — 1 и а = 0 уравнение будет линейным.
а = —1. Уравнение принимает вид
а = 0. Решение уравнения х = 0.
а / — 1, а 0. Корни уравнения
Т1 2 = -1 ±	+ 4а2(а2 - 1) =
х — 2 = 0, откуда х = 2.
-1 ± (2а2 - 1)
2а(а + 1)
откуда Ti =
Если D — 0, т.е.
решение (х =
2а(а + 1)
х2 = а~1
2 а
а = ±Д=, уравнение имеет единственное
v2
11	1
при а = —х =	—- при а = —
~ при
а ~ 1 при
Ответ: х = 2 при а = —1; х - 0 при а = 0; х = -
“ = 72' Х = 72^1 при а = ~Т2' Х’ = “34’ Х2= °
«7^—1, а 0, а ф ±—^=.
Пример 2. Решить уравнение (а2 — Ь2)х2 — 2ах + 1=0.
Решение. Рассмотрим три случая:
1.	а = Ь = 0. Уравнение 0 • х + 1 = 0 решений не имеет.
36
X
2.	a* 1 2 = b2 / 0. Уравнение —lax + 1 = 0 имеет один корень
_ 1
3.	а2 — Ъ2 / 0. Корни уравнения xi,2 = -—тъ---------- ~
а" — b
д2 откуда хх = х2 = При 6 = 0 D = Ь2 = О,
поэтому уравнение имеет один корень х = (а / 0).
Ответ: х = при а2 = Ь2 / 0; х = при а / 0, b — 0;
0 при а = 0, 6 = 0; £1 = —Ц-, х2 = —^-г при а2 / 62, 6/0.
(Z U	CL "Т“ и
Пример 3. Решить уравнение 2^а 2 + xfx~+^aj = х(х-• а) ’
Решение. При х / 0, х / а, х / —а уравнение приведем
к равносильному 4ах + х2 — lax + а2 — х — а — 0
(х + а)2 — (х + а) = 0 +> (х + а)(х + а — 1) = 0. Так как х / —а,
то уравнение имеет одно решение х = 1 — а. Условия х /- 0, х / а
влекут за собой требования а / 1, а / Уравнение! 1 — а - -а
решений не имеет.
Ответ: х = 1 — а при а / а / 1; 0 при а — у, а = 1.
Пример 4. Решить уравнение -—7^—гт^——= 0.
.	(х + 2)(х — ла)
Решение.
х2 - (а + 1)х - (а + 2) _ Гх2 - (а + 1)х - (а + 2) = 0
(х + 2)(х — За)	Цх + 2)(х — За) / 0.
Уравнение х2 — (а + 1)х — (а+ 2) = 0 <+ (х + 1)(х — а — 2) = 0 имеет
два корня х = —1 и х = а + 2.
1. Если х = — 1, то знаменатель обращается в пуль при а = — ,
поэтому уравнение (1) имеет решение х = — 1 при всех а, кроме
а = — jj. При а = — £ уравнение (1) имеет корень х =
2. Если х = а+2, то знаменатель обращается в нуль при а = —4
и а = 1. Следовательно, уравнение (1) имеет решение х = а + 2 при
всех а, кроме а = —4 и а = 1. При а = —4 и а = 1 уравнение
(1) имеет корень х = — 1.
Записывая ответ, надо учесть, что корни уравнения х = -1 и
х = а + 2 совпадают при а = — 3.
Ответ: х = —1 и х = а + 2 при а / —4, а / —3, а / —
f	Г	1
а / 1; х = —1 при а € {— 4;-3;1}; х = % при а = —^.
37
Пример 5. При каких а уравнение 1) ах2 + х — 5 = О,
2) (а - 3)т2 + (6 - 2а)х + 1 = 0,	3) ж-2--Е2ат+.9 = 0 имеет
единственное решение?
Решение. 1) При а = 0 уравнение является линейным и имеет
единственное решение х = 5. При а 0 и D = 0 уравнение также
имеет единственное решение. Дискриминант 1 + 20а обращается в
нуль при а = — эд.
Ответ: а = — ^j, а = 0.
2) Дискриминант квадратного уравнения (6 — 2а)2 — 4(а — 3)
обращается в нуль при а = 3 и а = 4. Однако, при а = 3
уравнение решений не имеет.
Ответ: а = 4.
3)
х2 + 2ах + 9	„ f х2 + 2ах + 9 = 0	. ч
---------	= 0 <=> <	,	(2)
. X + 1----------------------------------------1^2; + 1^0.
Сначала выясним, при каких а уравнение
х2 + 2ах + 9 = 0	(3)
имеет единственное решение. Найдем дискриминант квадратного
уравнения и приравняем его к нулю. D = 0 <=> 4(а2 — 9). = 0,
откуда а = ±3. Убедимся, что при а = 3 уравнение (2) имеет
единственное решение х = —3, а. при а = —3 х = 3. Полученные
решения отличны от х = — 1. Теперь найдем значение а, при
котором один из корней уравнения (3) равен -1. Подставив х = — 1 в
(3), получим 1 — 2а+ 9 = 0 <=> а = 5. Снова необходима проверка,
так как могло оказаться, что при найденном значении а х = — 1
является двукратным корнем уравнения (3), а поэтому уравнение
(2) вообще не имело бы решений. Уравнение , х2 + Ют + 9 = 0 имеет
два корня: я?1 = — 1, Х2 — —9, следовательно, значение а = 5 также
является искомым.
Ответ: а = —2, а = 2, а = 5.
Пример 6. При каких а уравнение
1) (а — 2)т2 — 2ах + 2а — 3 = 0, 2) (а + 1)т2 + л/12 + а — а2х + 3 = 0
имеет: а) один корень; б) два различных корня ?
Решение. 1) При а = 2 уравнение является линейным и имеет
одно решение х = Уравнение имеет также единственное решение,
38
если D = 0 (а 2). Условия а 2 и D > 0 гарантируют наличие
двух различных корней.
> О О а2 - (а - 2)(2а — 3) > О О а2 - 7а + 6 < О ФФ а & (1; 6).
D = 0 при а = 1 и а = 6.
Отпвет: a) а = 1, а = 2, а = 6; б) а G (Г, 2) U (2; 6).
2) Уравнение имеет единственное решение при а, удовлетворя-
ющих системе
а+1 = 0	( а = — 1	( а = —1
<	£> = 0	ФФ < а2 + 11а = 0 ФФ <	а = —11,а = 0
к12 + а — а2 > 0	(а G [—3;4]	(а G [—3;4],
т.е. при а = — 1 и а = 0.
Уравнение имеет два различных решения при всех а, удовлетво-
ряющих системе
а + 1	0	а
D > 0	ФФ < а
12 + а — а2 > 0 а
т.е. при а € [—3; — 1) U (—1; 0).
€ (—оо; —1) U (—1; +оо)
G (-11,0)
е [~3;4],
Ответ: я) а = —1, а = 0; б) a 6 [—3; — 1) U (—1; 0).
Пример 7. Найти наименьшее целое а, при котором уравнение
х2 + (2а + 3)т + а2 — а + 5 = 0 имеет два различных корня.
Решение. Уравнение имеет два различных корня, если D > 0. Из
неравенства (2а + З)2 — 4(а2 — а + 5) > 0 следует, что 16а-11 >0,
11	11
откуда а > Наименьшее целое значение а G (pji +оо) равно 1.
Ответ: а = 1.
Пример 8. При каких а уравнение
(а2 — 6а + 5)г;2 — (а2 — За + 2)т + а2 — а = 0
имеет более двух корней?
Решение, (а2 — 6а + 5)т2 — (а? — За + 2)z + а2 — а = 0 фф
ФФ (а — 1)((а — 5)т2 — (а — 2)т + а) = 0.	(4)
При а = 1 решением уравнения (4) является любое х G R. При
а 1 уравнение (4) равносильно уравнению (а — 5)т2 — (а — 2)х + а =
0, которое имеет не более двух корней.
Ответ: а = 1.
39
Пример 9. Даны два уравнения: х2 +'2а.х-]-а = 0 и ах2+ах+1 = О.
При каких а одно из уравнений имеет решение, а другое нет?
Решение. Множество тех а., при которых уравнение
I
х2 + 2ах + а — 0	(5)
имеет решения, находим и.з неравенства > О О а2 — а > О,
откуда, а (= (—оо; 0] U [1; +оо). Уравнение
ах2 + ах + 1=0	(G)
при а = 0 решений не имеет, при а 0 из неравенства D% > 0 О
а2 — 4а > 0 следует, что a G (—оо; 0) U [4; +оо).
При a G {0} U [1; 4) уравнение (5) имеет решения, а уравнение (G)
решений не имеет. Значений а, при которых уравнение (G) имеет
решения, а уравнение (5) не имеет, не существует.
Ответ: а Е {0} U [1; 4).
Пример 10. При каких а. уравнения
1) х2 + (а2 — 5а + б).?,1 = 0 и х2 + 2(а — 3)т + (а2 — 7а + 12) = 0,
2) х2 + (а - 1):г + 1 = 0 и х2 + х + (а — 1) = 0 равносильны?
Решение. 1) Первое уравнение имеет кореш» х = 0, следовательно
х = 0 - решение второго уравнения. Подставив х = 0 во второе
уравнение, получаем а2 — 7а + 12 = 0, откуда aL = 3, аз = 4.
Проверим каждое из найденных значений а.
При a = 3 уравнения принимают вид х2 = 0, при a = 4
х2 + 2х = 0, т.е. уравнения равносильны при a = 3 и a = 4.
2) Пусть Xi и Х2 - множества решений уравнений
х2 + (а - 1).т + 1 = 0 , х2 + х + (а - 1) = 0,	(7), (8)
соответственно. Равносильность означает, что АЗ = Х2, при этом
не исключается случай = Х2 = 0.
Если уравнения имеют решения и корни уравнений совпадают, то
должны совпадать коэффициенты при х и свободные члены. Имеем
a — 1 = 1, откуда a = 2. По при a = 2 уравнения решений не
имеют.
Если Xi = Х2 — 0, то дискриминанты уравнений (7) и (8)
отрицательны, т.е. (a—I)2—4<0 и 1 — 4(а — 1) < 0. Решения этих
5	/5
неравенств —1 < а < 3 и а > Таким образом, при a G (трЗ)
оба уравнения по имеют решений и являются равносильными.
40
Пример 11. Найти все пары (а; Ь), для которых уравнения
х2 — ах 4- а = 0 и х2 4- b2x — 26 — 0 равносильны.
Решение. Первое уравнение не имеет решений, если а2 — 4а < О,
т.с. при 0 < а < 4. Второе уравнение нс имеет решений, если
63 4 5 4- 86 < О 6(6 4- 2)(62 — 26 4- 4) < 0, т.е. при —2 < 6 < 0. Таким
образом, при а, € (0; 4), 6 G (—2; 0) уравнения равносильны, так как
нс имеют решений.
Если же уравнения имеют решения и корпи уравнений совпада-
ют, то должны совпадать коэффициенты при х и свободные члены,
тл	Г—а = 62
Имеем систему <	Складывая левые и правые части урав-
I а = —2Ь.
нений, получаем 62 — 26 = 0, откуда 6 = 0 и 6 = 2.
Если 6 = 0, то а = 0 и уравнения принимают вид х2 = 0,
если 6=2, то а = -4 и уравнения принимают вид х2 4- 4,т — 4 =
0, следовательно пары (0; 0) и (—4; 2) удовлетворяют условиям
примера.
Ответ: а — 6 = 0; а = —4, 6 = 2; а & (0; 4.), 6 Е ( — 2; 0).
Упражнения.
,2
1. Решите уравнения: а) । — 2а = а2 4- 1;
х2 + („ + 2)х-(а + 3) = 0. о) ах2 _ (а _ _ь = 0
х + (3 — 2а)х — ба
2. При каких а уравнение:
а) -т2у44 + 4 = 0; б) х2~^+1 = 0
имеет единственное решение?
3. При каких а уравнение:
а) (а — 3)т2 — 2ах 4- (За — 6) = 0; б) ах2 — 4х' 4- 3 = 0;
в) (а 4- 2)т2 4- \/10 — За — а2х 4-	= 0
имеет: 1) единственное решение; 2) два различных корня ?
4. При каких а уравнение
а(а 4- 3)х2 4- (2а 4- 6)ж — За — 9 = 0
имеет: 1) более одного корня; 2) более двух корней?
5. При каких а уравнения
х2 — (а2 + а — 6).т = 0 и х2 — 2(а 4- 3)т 4- (а2 — а — 12) = 0
равносильны?
41
6-1271
§2. Соотношения между корнями квадратных уравнений.
В этом параграфе рассмотрены задачи на применение теоремы
Виста.
Пример 1. При каких а сумма квадратов корней уравнения
х2 — 9х + а = О равна 21 ?
Решение. Если хг и х2 - корни уравнения, то по теореме Виста
Ж1 + Х2 = 9, х\х2 = а и х2 + х2 = (ж1 4- .Т2)2 — 2ж1Я?2 = 81 — 2а.
Решая уравнение 81 — 2а = 21, получаем а = 30. Однако, не-
льзя считать, что задача решена полностью. Надо обязательно вы-
яснить, при каких а существуют корни уравнения. Из неравенства
D > 0 <=> 81 — 4а >0 следует, что а < 20^. Так как
а = 30 (—оо;20^], то а, удовлетворяющих условию задачи,
нс существует.
Ответ: 0.
Пример 2. При каких а сумма, квадратов двух различных кор-
ней уравнения ах2 + 6х — 6 = 0 больше 3 ?
Решение. Сначала выясним, при каких значениях а существуют
и	/1° > 0
два различных корня уравнения. Из системы < 4	следует
I а ф 0
9 + 6а > 0, а 0, откуда а е 0) U (0;+оо).
Если и Х2 - корпи квадратного уравнения, то по теореме
Виста хг + х2 = — , XiX'2 = —&, тогда
xj + х% = (Ж1 + х2)2 - 2xiX2 =	+ тр = ^J(3 + а).
_	12<г>	\	. fa2 —4а—12 < 0
Решая неравенство if(3 + a)>3 <=> <	получим
a	I а 0,
a G (—2; 0) U (0; 6). Пересечение двух множеств 0) U (0;+оо) и
(-2; 0) U (0; 6) даст ответ.
Ответ: a G ( —^; 0) U (0; 6).
Пример 3. При каких а сумма корней уравнения
х2 + (а2 — 4а — 5)ж + (а2 — 6а + 1) = 0 равна нулю?
Решение. Если х\ и х2 - корни уравнения, то Xi + х2 =
— (а2 — 4а — 5). По условию —(а2 — 4а — 5) = 0, откуда ai = —1,
а2 = 5. Найденное значения а надо обязательно проверить.
42
1. a = —1. Уравнение x2 + 8 = 0 решений не имеет.
2. а = 5. Уравнение х2 — 4 — О имеет два корня я?1,2 = ±2,
сумма которых равна 0.
Ответ: а = 5.
Пример 4. При каких а разность корней уравнения
х2 + 2а.т — 8 = 0 равна 6 ?
Решение. 1 способ. Находим корни уравнения: х\ ,2 = —а±\/а2 + 8.
Выпитая из большего корня меньший, имеем
я?1 — х2 = (—а + V а2 + 8) — (—а — Va2 + 8) = 2\/а2 + 8.
Решая уравнение 2\/а2 + 8 = 6 <=> а2+ 8 = 9 <=> а2 = 1, получаем
а = ±1.
2 способ. По теореме Виета a?i + я>2 = —2а, a?iZ'2 = —8. Пусть
я: 2 > .Т1, тогда
01 + я?2)2 = 4а2, (ж2 - £1)2 = 01 + х2)2 - 4xix2 = 4а2 + 32,
откуда х2 -х\ = 2х/а2 + 8. Далее решение завершается так же, как
и в первом случае.
Пример 5. При каких а разность квадратов корней уравнения
5.т2 - 7х + а = 0 равна ?
Решение. 1 способ. Находим корни уравнения
Xi =	- у/49 - 20а), х2 = yjj(?+ V49 - 20а), откуда
х2 — х2 =	• Решая уравнение ^л/49 — 20а =	<=>
{49 — 20а = 1
получим а = 2, 4.
49 - 20а >0,
2 способ. По теореме Виета Xi + х2 = xix2 =	Тогда
(я?1+я,'2)2 = з|, 01 - х2)2 = (х! + х2)2 - 4хгх2 =	- ^,
я?2-я?! =	(ж2 > ®1), х% - х% = (х2-Х1)(х2 + х1) =
Далее решение завершается так же, как и в первом
случае.
Пример 6. При каких а разность корней уравнения
2х2 - (а + 1)я- + (а — 1) = 0 равна их произведению?
Решение. 1 способ. Если x‘i и х2 - корни уравнения, то я?1+я?2 =
rj(a + l), я?1Я?2 = £ (a — 1). Воспользуемся равенством 01 — х2)2 —
01 + х2)2 — 4я;1Я?2 и выразим через параметр а разность корней.
43
6*-1271
Имеем (.Ti - ж2)2 = |(а + l)2 - 4 • з(а - 1) = |(а - З)2, откуда
т2 - Ti = ^|а - 3| (.т2 > Ti).
1. ж2 - Xi =	— 3). Уравнение ж2 — Ж1 = Ж1Ж2 <=> ^(а —3) =
2 (а — 1) решений нс имеет.
2. ,т2 — x’i = 7^(3 — а)- Решая уравнение тДЗ- а) =
получаем а — 2.
2 способ. Корни уравнения
X’] ,2 = ^(а + 1 1 Va2 + 2а + 1 — 8а 4~ 8) = ^(а + 1 i (а — 3)),
откуда Xi — 1, а‘2= 2(^ — 1). Уравнение ж2 — Xi = Ж].х2 решений
поимеет, уравнение Xi — ж2 = Ж]Ж2 имеет корень а = 2.
Ответ: а = 2.
Пример 7. Пусть Ж} и ж2 - корни уравнения Зж2 —ах+2а—1 = 0.
Вычислить ж^ 4- Ж2-
Решение. Так как Ж1 и т2 - корни квадратного уравнения, то
Хг+Х2 = §, Ж1Ж2 = 2(1 з~ 1 	х?4-х^ = (xj 4~х2)(х2 — Xiх24~х2) =
= (ж14-ж2)((ж14-ж2)2—Зж’1Ж2) =	—3^-^—= 27(tt3 — 18а24-9а).
Пример 8. При каких а сумма кубов двух различных корней
уравнения ж2 — 4ж — 2а 4- 6 = 0 меньше 24 ?
Решение. Два различных корня уравнения существуют, если
D > 0. Решая неравенство >0 <=> 4 — (—2а 4- 6) > 0 <=>
2а — 2 > 0, получаем а > 1. По теореме Виста x*i 4- ж2 — 4,
Ж1Ж2 = -2а 4-6, откуда ж^ 4-Ж2 — (жг 4- ж2)(ж2 - Ж1Ж2 4- ж|) =
(Ж1 4- ж2)((ж! 4- ж2)2 - ЗЖ1Ж2) = 4(16 - 3(-2а 4-6)) = 4(6а - 2).
Из неравенства 4(6а — 2) < 24 получаем а < 3.
Ответ: 1 < а <
Пример 9. Найти а, при которых отношение корней уравнения
ж2 — (2а + 4)ж 4- а2 4- 4 = 0 равно 5.
Решение. Используя теорему Виета и соотношение = 5,
запишем систему <
Ж1 4- ж2 = 2а 4- 4
Ж1Ж2 = а2 4-4>' Сначала исключим х\.
Ж1 = 5ж2.
44
4
Виета и соотношение
Из уравнения х2 4- х2 = 2 имеем
запишем систему <
а — 1. Если же
= 1, то
J = 2а 4- 4
Первые два уравнения системы примут вид <	Из
I 5я?2 = а 4-4.
первого уравнения найдем х2 = |(а4-2) и подставим во второе,
получим 5 (а 4-2)2 = а2 4-4 <=> 5(а24-4а4-4) = 9а2 4- 36 <=>
4(а2 — 5а 4- 4) = 0, откуда а — 1 и а — 4. При а = 1 .'Q = 5,
х2 — 1; при а — 4 Xi = 10, х2 — 2.
Ответ: а — 1, а = 4.
Пример 10. Найти а, при которых один из корней уравнения
х2 — 2х + а = 0 равен квадрату другого.
Решение. Используя теорему
х [ 4- х2 = 2
хгх2 =- а.
Ж1 = хР2.
х2 = 1 или х2 = —2. Если х2
х2 — --2, то ,Т1 =4, а = —8.
Ответ: а - —8, а = 1.
Пример 11. При каких а уравнение х2 + 1 — имеет два
корня .Г] и х2, удовлетворяющих неравенству |ж2 — .r2| > i '?
Решение. Уравнение х2 -^4-1 = 0 имеет два различных кор-
1	1 л 2
ня при условии Z) > 0 44	— 4 > 0 <=> •	- > 0, откуда
а	а
а Е ( —0) U (0> 2^’ ОчевиДно) что неравенство lar^ — ж2| > а вы"
полняется при всех а € (—rj;O). Пусть а € (0; rj) и х2 > Xi,
ТОГДа |®2 - ^11 = I (Ж2 + Z1) (Ж2 ~Ж1) | = 1 (Ж2 -	) = 1 у/(х2 - Xi)2 =
у/ (х2 4- Xi)2 — 4х]Х2 =	yi^—4. Из неравенства	— 4 >
2 < получаем а € (0; ~у=)-
V 5
_1
(Р
1.
Л-4
а
1
Пример 12. При каком а уравнения х2 4- ах -F- 2 = 0 и
х2 4- 2х 4- а = 0 имеют общий корень ?
Решение. Пусть xq - общий корень уравнений, тогда имеем си-
„ Г х2 4- ах0 4- 2 = О
стему уравнении <	Вычтем из первого уравне-
I хо 4- 2я?о 4- а = 0.
45
ния второе, получим хо(а — 2)+ 2 — а = 0 <=> (а — 2)(tq — 1) = 0.
Рассмотрим два случая.
1. а = 2. Уравнение х* 1 2 4- 2т 4- 2 = 0 решений не имеет.
2. то — 1, тогда а = —3. Уравнения х'2 — Зт 4- 2 = 0 и
т2 4- 2т — 3 = 0 имеют общий корень т — 1.
Ответ: а = — 3.
Пример 13. При каких а уравнения 4ат2 — 5,т 4- а — 0 и
Зт2 4- 2ат — 5 = 0 имеют общий корень ?
Решение. Пусть то - общий корень уравнений, тогда
I 4ат» — 5то 4- а = 0
уравнения системы <	„	найдем а =
[Зт^ 4-2ат0 - 5 = 0
подставим во второе уравнение. Получим Зт2 4-
—“=0	(жо “ 1)(12tq 4-5) = 0, откуда то = ±1.
из первого
5т0
4 т2 + 1
1. то = —I, 4а 4-5 4-а = 0, а = — 1.
2. то = 1, 4а—5 4-а =,0, а = 1.
Ответ: а = ±1.
Пример 14. При каком а один из корней уравнения
т2 — 5т — За = 0 будет втрое больше одного из корней уравнения
т2 — 6т 4- 4а = 0 ?
Решение. Пусть Ti и Т2 - корни уравнения т2 — 5т — За = 0, тз и
т*4 - корни уравнения т2 —б.т 4-4а = О и Ti = Зтз. По теореме Виета
Ti 4- т2 - 5 Гт3 4- т4 =6 тт
<	Исключая Т2 и Т4, имеем
Т1Т2 = —За, I Т3Т4 = 4а.
ti(5 - Ti) =-За, т3(6 - тз) = 4а.	(1), (2)
Умножим уравнение (1) на 4, уравнение (2) - на 3 и сложим их,
получим 4ti(5 — Ti) 4- Зтз(6 — тз) = 0, или после замены Ti на
Зт3, Зтз(26 — 13тз) = 0, откуда тз = 0 или тз = 2.
Если тз = 0, то а — 0, т4 = 6, Ti = О, Т2 = 5. Понятие
больше в несколько раз относится только к положительным числам,
поэтому а = 0 не удовлетворяет условиям задачи.
Если тз = 2, то т4 = 4, а = 2, ti = 6, Т2 = —1. Условие
Ti = Зтз выполняется.
Ответ: а = 2.
46
Упражнения.
1.	При каких а сумма корней уравнения
ж2 + (2 — а — а2)ж — а2 4- 3 = 0 равна 0 ?
2.	При каких а сумма квадратов корней уравнения
х2 4- Зя? + 2а = 0 равна 1 ?
3.	При каких а разность корней уравнения
х2 — ах + 2 = 0. равна 1 ?
4.	При каких а разность квадратов корней уравнения
Зж2 — 5ж 4- а = 0 равна ?
5.	При каких а один из корней уравнения
ж2 — ^ж 4- а = О равен квадрату другого ?
6.	При каких а отношение корней уравнения
х2 — (а + 2)ж + а2 — 1 = 0 равно 3 ?
7.	При каких а отношение корней уравнения
х2 — (За + 2)ж + а2 = 0 равно 9 ?
8.	При каких а отношение корней уравнения
ах2 — (а + 3)ж 4-3 = 0 равно ?
9.	При каких а корни уравнения х2 4- (а 4- 1)ж 4- 2а — 4 = 0
удовлетворяют соотношению 2ж] — ж2 = —6 ?
10.	При каких- а сумма квадратов двух различных корней урав-
нения ах2 — 7ж 4- 5 = 0 меньше 39 ?
11.	При каких а сумма кубов двух различных корней уравнения
ж2 — 6ж 4- 2а — 1 = 0 меньше 72 ?
12.	При каких а уравнения:
а)	2ж2 — (За 4- 2)ж 4-12 = 0 и 4ж2 — (9а — 2)ж 4- 36 = 0;
б)	Заж2 — 5ж 4- 2а = 0 и 2ж2 4- аж — 3 = 0
имеют общий корень ?
13.	При каких а корни уравнения 4ж2 4- (За2 — 5|а| 4- 2)ж - 3 = 0
равны по модулю ?
14.	При каких а разность корней уравнения
2ж2 — (а 4- 2)ж 4- (2а — 1) = 0 равна их произведению ?
47
§3. Квадратные неравенства.
Квадратными называются неравенства вида
ах2 4- Ьх 4- с > 0, ах2 4- Ьх 4- с < О,
ах2 4- Ьх 4- с > О, ах2 4- Ьх 4- с < О.
(1),(2)
(3),(4)
Множество решений неравенства (3) получается объединением мно-
жеств решений неравенства (1) и уравнения ах'2 4- Ьх 4- с = 0. Ана-
логично находится множество решений неравенства (4).
Если дискриминант квадратного трехчлена ах2, 4- Ьх -|- с меньше
пуля, то при а > 0 трехчлен положителен при всех х £ R, а при
а < 0 отрицателен при всех х € R.
Если квадратный трехчлен имеет корни (xi < т2), то при а > 0
он положителен на множестве (—oo;ti) U (т2',4-оо) и отрицателен
на интервале (тр, .тз). Если а < 0, то трехчлен положителен на
интервале (.Ti;rr2) и отрицателен при всех х Е (—оо; .ti) U (тг; 4-оо).
Пример 1. Решить неравенство х2 4- 2а.т -F 4 > 0.
Решение. D = 4(a2 — 4). Если D < 0 (а2 —4<0 <4 а Е ( —2; 2)),
то неравенство справедливо для всех х Е R.
Если D > 0 (а2 — 4 > 0 <=> а. Е (—оо; -2) U (2; 4-оо)), то корпи
трехчлена .t1>2 = —а ± л/а2 — 4 и множество решений неравенства
X = (—оо; —а — у/а2 — 4) U (—а 4- у/а2 — 4; 4-оо).
Если D = 0, то а — ±2. При а = — 2 X = (—оо; 2) U (2; 4-оо),
при а = 2 X = (—оо; —2) U (—2; 4-оо).
Ответ: х Е R при |а| < 2;
х Е (—оо; —а — у/а2 — 4) U (—а 4- \/а2 — 4; 4-оо) при |а| > 2.
Пример 2. Решить неравенство х2 — 2 (а 4- 1)т 4- 4а < 0.
Решение. Корни квадратного трехчлена
^1,2 = а 4- 1 ± \/(а 4- I)2 — 4а = (а 4- 1) ± (а — 1). Пусть Xi = 2а,
х2 = 2. Рассмотрим следующие случаи:
1.	Xi = х2 <=> а = 1. Неравенство т2 —4т 4-4 < 0 <=> (х — 2)2 < 0
решений нс имеет.
2.	Ti < т2 <=> а < 1. Множество решений неравенства X —
(ti; х2) = (2а; 2).
3.	Т1 > т2 <=> а > 1. В этом случае X = (2; 2а).
Ответ: х Е (2а; 2) при а Е (—оо; 1)-; х Е (2; 2а) при а G (1:4-оо);
0 при а = 1.
48
Пример 3. Решить неравенство (а2 - 1).т2 — 2ах + 1 < 0.
Решение. Сначала рассмотрим случаи а = ±1, т.е. тс значения
а, при которых коэффициент при х2 обращается в нуль.
1.	а = — 1. Множество решений неравенства 2х 4- 1 < 0
2.	а = 1. Неравенство принимает вид —2х + 1 < 0 и
А = (ту; +оо).
3.	Пусть теперь а / ±1. Корни квадратного трехчлена
а ± У а2 - (а2 - 1) а ± 1 т-r	1
Т1 2 = -----9--т;----- — 9	, • Положим Хг = „ г.
а — 1	а — 1	а — l
1	119
х-2 = —г-г. Если a G ( — 1; 1), то xi—x? = —т-— < 0,
z а + 1	' ’ 7 ’	1	2 а — 1 а + 1	’
т.е. Xi < х,2. Учитывая, что коэффициент при х2 отрицательный,
X = (--оо; £ 1 ) и („’ГТ ; +оо). Если a G (-оо; -1) U (1; +оо), то
я-'i >	коэффициент при х2 а2 — 1 > 0, поэтому
X — ( 1 •	1 \
Ответ:а х~ ’ а. — 1) ПРИ а G (-оо; —1) U (1;+оо);
х е (-оо; U (^ру;+ос) при a G (-1;1); х‘б(|;+оо) при
а = 1; тб(г-оо;—тр при а= — 1.
1	О	1
Пример 4. Решить неравенство
Решение. Допустимыми являются все значения х и а, кроме
х — 0, а = 0, х = —За.
Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем к общему
знаменателю, получим
1 I 3 _	1 ~	О ла З^2 + Заж + 2д2) / л ла (ж + а)(ж + 2а)	л
х 2а £ + За	2ах(х + За)	ах(х + За)
Далее неравенство решаем методом интервалов. Числовую ось ра-
зобьем на промежутки точками х = 0, х = —а, х — —2а, х = —За.
Рассмотрим два случая.
1.	а < 0.
+ — + —
_1_______:____I__________।_____________1__________ х
0	—а	—2а	—За
49
Множество решений неравенства X = (—оо; 0) U (—а; —2а) U
(—За; +оо).
2.	а > 0.
+ - + - +
________।___________।___________।___________।________х
—За	—2а	—а	0
X = (-За;-2а) U (-а; 0).
Ответ: х € (—сю; 0) U (—а; —2а) U (—За; +оо) при a G (—оо; 0);
х G (—За; — 2а) U (-а; 0) при ае(0;4-оо); 0 при а = 0.
Рассмотрим теперь несколько примеров, где требуется найти зна-
чение параметра, при котором неравенство обладает определенны-
ми свойствами (выполняется для всех значений переменной, имеется
единственное решение и т.д.).
Пример 5. При каких а неравенство (а — 3)т2 — 2ат + 3а — G > 0
выполняется для всех значений х ?
Решение. Квадратный трехчлен положителен при всех значени-
ях х, если а-3 > 0 и D < 0, т.е. при а, удовлетворяющих системе
а — 3 > 0
а2 — (а — 3)(3а — 6) < 0
J а G (3; +оо)
<=> <	, о ,	,	, откуда следует, что а > 6.
[а G (-оо; £) и (6; +оо)
Ответ: а > 6.
„	_	ат 3
Пример 6. При каких а неравенство —------ < - выполняется
для всех значений х ?
Решение. Перенесем все члены в правую часть и приведем к об-
щему знаменателю, получим ------; > 0 <=>	2^~~<	> 0-
Л? I 4	^(<77 | 4)
Так как 2(т2 + 4) >0, то надо найти тс значения а, при кото-
рых Зт2 — 2ах + 12 > 0 для любых х. Это будет тогда и только
тогда, когда дискриминант квадратного трехчлена отрицателен. Ре-
шая неравенство <0 а2 — 36 < 0, получаем a G (—6; 6).
Ответ: а € (—6; 6).
а - 3 > 0
2а2 - 15а + 18 > 0
неравенств
50
Пример 7. При каких а неравенство (а — 1)ж2 + (2а + 2).т +
2а — 1 < О выполняется только для одного значения х ?
Решение. При а = 1 получим неравенство 4х + 1 < 0, множе-
ство решений которого X — (—оо;—^]. Следовательно а = 1 нс
удовлетворяет условиям задачи. При а < 1 возможны два случая:
1) X = (-оо;я?1] U [х’г;+оо), где x’i и х2 - корни квадратного
трехчлена;
2) X = R, если D < 0 и корни нс существуют.
Значения а < 1 не удовлетворяют условиям задачи.
При а > 1 неравенство может иметь единственное решение
только в случае D = 0. Системе < > о < а>
[£> = 0	(а2-5а = 0
удовлетворяет значение а = 5. Неравенство 4т2 + 12ж + 9 < 0 <=>
(2.г 4- З)2 < 0 имеет единственное решение х = -£.
Ответ: а = 5.
Пример 8. При каких а множеством решений неравенства
х2 — Чах — 3 < 0 будет отрезок длины 4?
Решение. Так как свободный член квадратного трехчлена отри-
цателен, то при любых а существуют корпи квадратного трехчлена
а?1 и х2. Пусть < х2. Тогда X = [-Ti;^2] ~ множество решений
неравенства и х2 — Xi = у/(х2 — Xi)2 = \/(х2 + .Ti)2 — 4т1Я?2- При-
меняя теорему Виста, получим х2 — zi = \/4а2 + 12. По условию
>/4а2 + 12 = 4, откуда а = ±1.
Ответ: а ±1.
Пример 91 При каких а модуль любого решения неравенства
ах2 + (За2 - 2)я? - 6а > 0 не превосходит трех ?
Региение. При а = 0 множество решений неравенства
X = (—оо; 0), следовательно а = 0 не удовлетворяет условиям зада-
чи. Если а > 0, то X = R при D < 0 и X = (—оо; я^) U (х2\ +оо)
при D > 0. Таким образом, значения а > 0 не удовлетворяют уело-
п
виям задачи. Пусть а < 0. Кории квадратного трехчлена = £,
х2 = —За, X = (^;—За). Условиям задачи удовлетворяют тс а,
f—3 < -
при которых X С [—3;3]. Решая систему <	~ а , получаем
1 —За < 3
Ответ: а€[-1;-|].
51
Пример 10. При каких а каждое решение неравенства
л;2 — Зж 4- 2 < 0 будет содержаться среди решений неравенства
аж2 — (За 4- 1)ж + 3 > 0 ?
Решение. Множество решений неравенства ж2 — Зж 4- 2 < О
Xi = (1; 2). При а — 0 множество решений неравенства.
аж2 — (За 4- 1)ж + 3 > О Х2 = (—оо;3] D Хь При а О
квадратный трехчлен аж2 — (За 4- 1)ж + 3 имеет корни
Ж1,2 = ^(За	1	± у/(3а + I)2 - 12а) =	^(За + 1 ± (За	- 1)),
откуда Ж1 —	ж’2 =	3. Поэтому при	а < О Х2 —	[^;	3], a
при а > О Х-2 = (—00; U [3;+оо), если i < 3 <=> а > и
Х‘2 —- (-оо; 3] U [i;	+00),	если 0 < а <	При а =	Х-2	= 7?..
Очевидно, что	Х2	D Ад	при а < 0, если	же а > 0, то	Х-2	D Х\
при условии > 2, т.е. при а < %.
Ответ: а Е (—оо; X].
Пример 11. При каких а
ж2 — 4аж + ж + За2 — 5а — 2 >
ж2 — 2аж + а2 — 1 > О?
любое решение неравенства
О является решением неравенства
Решение. Пусть Xi - множество решений неравенства
ж2 — 4аж + ж + За2 — 5а — 2 > О, Х-2 - множество решений нера-
венства ж2 — 2аж + а2 — 1 > 0. Надо определить тс а, при которых
Xi с Х2.
Квадратный трехчлен ж2 — 4аж 4- ж 4- За2 — 5а — 2 имеет корни
Ж1 — За + 1, ж2 = а — 2, поэтому Xi — (—оо; За 4- 1] U [а — 2; 4-оо),
если Ж1 < ж’2 (а < — 2) и Ху = (— оо; а — 2] U [За 4- Г, 4-оо) при
а >
Квадратный трехчлен ж2 - 2аж 4- а2 — 1 имеет корни жз = а — 1,
жд — а 4- 1. Так как жз < Ж4, то Х2 -- (-00; а - 1) U (а 4- 1; 4-оо).
Значения а, при которых Xi С Х2, найдем из систем неравенств
{За 4 1 < а — 1	| а	—	2	<	а	—	1
а 4-1	< а	— 2	,0;	2. < а	4-	1	<	За	4-1	а > 0.
«<	3	L	>	3
а <	(а	>	-2,
Ответ: а > 0.
Пример 12. При каких а существует хотя бы одно общее
решение у неравенств ж2 — (За -р 1)ж 4- 2а2 4- За - 2 > 0 и
ж2 — 5аж 4- ба2 4- а — 1 < 0 ?
52
Решение. Найдем корни квадратных трехчленов.
Ж1(2 = - (За + 1 ± у/(За + I)2 — 4(2а2 + За — 2)) = -(За + 1 ± (а — 3)),
^з,4 — |(5а	д/25а2 — 4(6а2 + а — 1) = -(5а	~ ^))-
Пусть Xi = 2а — 1, х-2 = а + 2, ;гз = За — 1, .т4 = 2а, + 1.
X] = т2 при а = 3, х’з = .т4 при а = 2. Обозначим множества
решений неравенств через Xi и Хо- Рассмотрим три случая.
1. а € (—оо;2). Так как гд < т2 и < .i;4, то
JY1 — (—оо; 2а — 1) U (а + 2; Too), Х2 = [За — 1; 2а + 1]. Значения а
найдем из совокупности неравенств
За — 1 < 2а — 1
а + 2 < 2а Т 1
О
1.
а <
а >
При а 6 (—оо; 0) U (1; 2) существуют общие решения неравенств.
2. а 6 [2;3]. В этом случае
Xi = (—оо; 2а — 1) U (а + 2; +оо),
совокупность неравенств
з-’i < .т2, .тз > х’4, поэтому
Х‘2 = [2а + 1; За - 1]. Решая
2а + 1 < 2а — 1
0
а Ч- 2 За — 1
получаем а > £. Следователы-ю, учитывая ограничение а Е [2; 3],
общие решения неравенств существуют при а Е [2;3].
3. а Е (3;4-оо). Имеем Xi > .т2, Тз > х4,
Xi = (—оо; а + 2) U (2а — 1; +оо), Х2 = [2а + 1; За — 1]. Неравенства
имеют общие решения, если а удовлетворяет совокупности
2а Т 1 С а Т 2
2а — 1 < За — 1
1
0,
а <
а >
т.е. при а > 3.
Итак, неравенства имеют общие решения при
а Е (—оо; 0) U (1; +оо).
Упражнения.
1.	Решите неравенства:
а) х2 — (4а + 2)т + За2 + 10а- 8 > 0; б) х2 - (За- 1).т + 2а2-За-2 < 0;
53
е) (a - 1)ж2 4- (2a 4- 1 )x 4- (a 4- 3) < 0; г) аж2 - (2a - 1)ж 4- (a 4- 2) > 0;
t?) ж2 — 4аж 4- 9 > 0; е) ж2 — Заж 4- 2а2 + а — 1 > 0;
ж) ж2 - (4а 4- 1)ж 4- За2 4- 5а - 2 < 0; з) —-- > 1.
ж ж - 1
2.	При каких а неравенство а) (а 4- 4)ж2 - 2аж 4- 2а - G < 0;
б)	(а4-2)ж2 — (2а4-4)ж4-7а4-3 >0; в)	I < 4 выполняется
х + 4х 7
при всех х ?
3.	При каких а неравенство аж2 4- (2а 4- 4)ж 4- 2а 4-1 < 0 выпол-
няется только для одного значения ж ?
4.	При каких а модуль любого решения неравенства
аж2 4- (1 - а2)ж - а > 0 не превосходит двух ?
5.	При каких а существует хотя бы одно общее решение нера-
венств
ж2 4- 4аж 4- За2 - 2а - 1 > 0 и ж2 4- 2аж - За2 4- 8а - 4 < 0 ?
6.	При каких а множеством решений неравенства ж2 4-Заж —7 <0
будет отрезок длины 8 ?
7.	При каких а каждое решение неравенства ж2 — 4ж 4- 3 < 0
будет содержаться среди решений неравенства
(ж - a 4- 1)(ж - a — 1) > 0 ?
8.	При каких а неравенство (ж - За)(ж — а — 3) < 0 выполняется
при всех ж таких, что 1 < ж < 3 ?
9.	При каких а множество решений неравенства
ж2 - a(a2 4-1)ж 4-а4 < 0 содержится в интервале (-3;-1) ?
10.	При каких а все решения неравенства ж2 - Зж - 4 < 0
являются решениями неравенства ж2 — a < 0 ?
11.	При каких а решением неравенства
ж2 — (а2 — 2а - 3)ж 4- а2 4- 2 < 0 является отрезок [2; 3] ?
12.	При каком наименьшем целом а неравенство
аж2 4- 4ж — 1 4- 2а > 0 выполняется для всех значений ж ?
54
§4. Взаимное расположение корней
квадратного уравнения.
В этом параграфе рассматриваются задачи, связанные с располо-
жением корней квадратного уравнения относительно некоторых ха-
рактерных точек. Во многих случаях нахождение корней уравнения
и решение иррациональных неравенств приводит к громоздким пре-
образованиям. В то же время использование свойств квадратичной
функции позволяет существенно упростить решение, свести его к
решению рациональных неравенств.
Все приводимые ниже утверждения могут быть строго доказа-
ны. Однако нет необходимости их заучивать. Поэтому основное; вни-
мание уделено наглядности, обоснование утверждений существенно
опирается на чертеж.
В дальнейшем будем применять следующие обозначения:
f(x) = ах2 -Ь Ьх -|- с (а / 0) -- квадратичная функция, D = Ь2 - 4ас
дискриминант квадратного трехчлена ах2 + Ьх + с. Известно, что
график квадратичной функции - парабола, ветви которой направле-
ны вверх при а > 0 и вниз - при а < 0, хц = —	- абсцисса
вершины параболы, у$ = /(то) = —	- ордината вершины парабо-
лы, хх и х<2 - соответственно меньший и больший корни уравнения
ДЖ)=0 (£>>0).
Все чертежи будут приведены для а > 0, случай а < 0 рассма-
тривается аналогично.
Сформулируем необходимые и достаточные условия того, чтобы:
1)	корни уравнения хх и х^ находились по разные стороны от
некоторого числа а (хх < ос < жг);
2)	оба корня уравнения больше (или меньше) некоторого числа о
(а < Хх < ж 2 или з?1 < Х2 < л);
3)	оба корня уравнения принадлежат некоторому интервалу (а; Д)
(а < хх < ж2 < /3);
4)	один из корней уравнения принадлежит интервалу (о:; /?), а
второй - нет (хх < а < Х2 < /3 или а < хх < /3 < xq);
5)	корни уравнения удовлетворяют условию Хх < а < (3 < х^;
6)	один из корней уравнения принадлежит интервалу (а;/5), а
второй - интервалу (7; <5).
Утверждение 1. Для того чтобы корни уравнения f(x) = 0
лежали по разные стороны от числа ос, необходимо и достаточно,
чтобы выполнялось неравенство af(a) < 0.
55
Пусть Х]_ И Ж 2 - кор-
пи уравнения. При а > О
/(ж)	<	0 для всех
х € (ж1;жг), поэтому если
а 6 (rri;rr2), то. /(а) < 0.
Обратно, если /(а) <0, то
левая ветвь параболы пере-
сечет ось ОХ левее точ-
ки х = а, а правая ветвь
пересечет ось ОХ правее
точки х — (V, следователь-
но, уравнение /(ж) = 0 бу-
дет иметь два корпя, причем
,г’1 < а < ,г'2. (Рис.1)
Пример 1. При каких т уравнение ж2 — (2т + 1)ж + 3?п — 4 = 0
имеет два корпя, один из которых меньше 2, а другой больше 2 ?
Решение. Так как а = 1, то условие af(2) < 0 равносильно
/(2) < 0. Решая неравенство 4 — (2т + 1) • 2 + Зт — 4 < 0 <=>
—т — 2 < 0, получаем т > —2.
Ответ: т > —2.
Пример 2. При каких т уравнение тх2 + (3т — 2)ж + т— 3 = 0
имеет корни разных знаков ?
Решение. Эту задачу можно переформулировать следующим обра-
зом: при каких т число 0 лежит между корнями уравнения ? Решая
неравенство mf(0) < 0 т(т — 3) < 0, получаем т 6 (0; 3).
Ответ: т е (0; 3).
Пример 3. При каких hl один из корней уравнения
(т2 — 2)ж2 + (т2 + т — 1)ж — ш3 + т2 = 0 меньше т, а другой
больше т 7
Решение. Имеем af(m) <()<=>
(т2 — 2)((т2 — 2)т2 + (т2 + т — 1)т — т3 + 7?г2) < 0
(т2 — 2)(7ПЧ — т) < 0 <=>
(?тг2 4- т + 1)(т + х/2)т(т — 1)(т — \/2) < 0. Решая неравенство
методом интервалов, получаем, что т G ( — \/2; 0) U (1; л/2).
Ответ: т G ( — \/2; 0) U (1; \/2).
56
Пример 4. При каких т только один корень квадратного трех-
члена х2 — 3(т + 1).т + 12m — 4 больше 3 ?
Решение. Ху = 4 и х% = Зт — 1 - корни квадратного трехчлена.
Так как Ху — 4 > 3 и по условию таким свойством должен обладать
только один корень, то х-2 < 3. Кроме того, нельзя исключать
случай x-j — Х'2- Решая совокупность
Зт - 1 < 3
4 = Зт — 1,
находим т Е {^} U (—сю; ^].
Ответ: т Е {U (-сю; ^].
Утверждение 2. Для того, чтобы корпи уравнения /(.т) = О
были больше некоторого числа о, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялась следующая система неравенств:
(1)
Если выполнено условие а < Ху < х%, то очевидно,- что D > О,
2j0 =	| (Q-|.a) = a. Так как а £ (xi; гг2)> т° /(«) > О
при а > 0 и /(а) < 0 при а < 0. (Рис.2)
Обратно, пусть выполнена система неравенств (1). Из условия
D > 0 следует существование корней и х% (,г‘1 < х?). Из нера-
.Ti + Хо / X? + Х-2
венства а < xq = 1	~ <	%—~ = ®2 получили, что х-2 > а.
Остается показать, что ху > а. Если D = 0, то Ху — х^ > п.
Если же D > 0, то /(.т0) = — и а/(.то) < 0. По условию
57
af(a) > 0, следовательно, в точках хо и а функция f принимает
значения противоположных знаков и Xi е (а;хо).
Утверждение 2'. Для того чтобы корни уравнения f(x) = О
были меньше некоторого числа а, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялась следующая система неравенств:
D > О
х0 <а
(if (а) > 0.
Рассуждения проводятся совершенно аналогично.
Пример 5. При каких т все корни уравнения
х2 — (Зт 4- 1)х 4- (2т2 4- 4т — 6) = 0 а) больше 1; б) меньше -1 ?
Решение, а) Решая систему
D >0
хо > 1
/(1) > 0
{(Зт 4-1)2 — 4(2т2 4- 4т — 6) > 0
2 (Зт 4-1) > 1	<=>
1 — (Зт 4-1)4- (2т.2 4- 4т, — 6) > 0
{(т — 5)2 > 0
?тг > |
(2т — 3)(т 4- 2) > 0
Q
получаем т € (т^; 4-оо).
б) Решая систему
т € (—оо; 4-оо)
* т е (|; +°°)
чт е (-оо; -2) U (^; +оо),
'D>0
< Хо < -1
J(-i) >0
т 6 (—оо; 4-оо)
^(Зт4- 1) < -1
1 4- (Зт 4-1)4- (2т2 4- 4т — 6) > 0,
получаем т е (—оо; —4).
Замечание. Если выражения для корней уравнения не содержат
радикалов, то удобно решать примеры и без применения теорем.
Так как корни квадратного трехчлена Xi = т 4- 3,	= 2m — 2,
.	fm 4- 3 > 1	.q .
то вслучае а) из системы <	имеем те (ч 4- оо),
2т - 2 > 1	z
58
являются
I т 4- 3 < -1
а в случае б) решением системы <
I 2m — 2 < — 1
т € (—со; —4).
Пример 6. При каких т корни уравнения
тх2 — (2m 4- 1)х 4- Зт —1 = 0 больше 1 ?
Решение. Из системы
{D > 0	((2m 4- I)2 — 4m(3m — 1) > 0
ж° > 1	S 2m 1
m/(l) > 1 [т(т — (2т 4- 1) 4- Зт — 1) > 0
Г8т2 - 8т - 1 < 0	(т е [|(2 - д/б); |(2 4- д/б)]
] 2т > 0	<4> < /л е (0; 4-оо)
[2т(т — 1) > 0	[т G (—оо; 0) U (1; 4-оо)
следует, что т G (1; |(2 4- \/б)].
Пример 7. При каких т корни уравнения х2 4- 2тх 4-8 = 0
отрицательны?
Решение. Из системы
Г D > 0	( т2 — 8 > 0
< то < 0 ФФ < — т < 0 находим, что т £ [2\/2; 4-оо).
[ло)>о (в > о
Ответ: т € [2\/2; 4-оо).
Пример 8. При каких т уравнение (т4-1)т2 — 2тх+2т — 2 = 0
имеет два различных корня одного знака ?
Решение. Этот пример можно было бы решать, применяя утвер-
ждения 2 и 2'. Однако проще поступить следующим образом. Ква-
дратное уравнение имеет два различных корня одного знака, если
D > 0 и ж 1^2 > 0. Решая систему
(т2 - (т 4- 1)(2т - 2) > 0 (те (-\/2; у/2)
1WtT>0	|mg (-оо;-1)и(2;+оо),
получаем, что т 6 (—\/2; -1) U (1; у/2).
59
Пример 9. При каких т корни уравнения х2 — 2х — гп = О
меньше т
Решение. Значения т найдем из системы
D > 0	[ 1 + m > 0
Xq < m > 0	<=> < 1 < ТТЛ	откуда m E (3;4-oo). [th2 — 3/n > 0,
Пример 10. Для каких т любое решение неравенства
х2 — х — 2 < 0 будет больше любого решения неравенства
тх2 — 4.т — 1 > 0 ?
Решение. Множество решений неравенства х2 — х — 2 < 0 ин-
тервал Xi — ( —1;2). Условию задачи удовлетворяют тс т, при
которых неравенство тх2 — 4а: — 1 > О
1) не имеет решений (Х2 = 0),
2) все решения неравенства тх2 — 4х — 1 > 0 не превосходят
числа -1.
Если т > 0, з’о Хо = Р- (при D < 0) или
Х-2 = (—оо; ар] U [а;2;+оо) (при D > 0), где ар и а:2 - корпи
квадратного трехчлена. Следовательно, при т > 0 не выполняется
ни одно из условий 1), 2).
Если т = 0, то X? — (—оо; — ^], условия 1) и 2) нс выполня-
ются .
При т < О Х-2 = если ^/9 < 0 <=> 4 + т < 0, т.е. при
т < —4. 13 случае D > О Х2 = [ari; гг2]. Пусть f(x) — тх2 — 4х — 1.
Значения т, при которых оба корня нс превосходят числа -1, найдем
из системы
(т/(-1) > О
< хо < -1
[в > О
-3
т > —2
т > —4.
т <
Так как система не имеет решений, то окончательно имеем т < —4.
Ответ: т Е (—оо; —4).
Утверждение 3. Для того чтобы корни уравнения f(x) = О
принадлежали интервалу (а;/3), необходимо и достаточно, чтобы
выполнялась следующая система неравенств
60
Данное утвержде-
'D > О
а/(а) > О
ада) > о
< Х’о < [3.
ние является неко-
торым объединени-
ем утверждений 2 и
2'.
Отметим харак-
терные черты гра-
фика. (Рис.З)
1.	Уравнение име-
ет корпи, а значит
D > 0.
2.	Ось симметрии
расположена между
прямыми х = а и
х — fl, а значит
CV < Т() < fl.
3.	В точках
х = а и х — fl гра-
фик расположен выше оси ОХ, следовательно /(си) > 0 и f(fl) > 0
(при а < 0 /(а) < 0 и f(fl) < 0).
Перечисленные выше условия (1; 2; 3) являются необходимыми
и достаточными для искомых значений параметра.
Пример 11. При каких m корни уравнения
х2 — 2тх -|- т2 — 2ш +5 = 0 по модулю по превосходят числа 4 ?
Решение. Условие задачи можно сформулировать следующим обра-
зом: при каких т выполняется соотношение —4 < Х[ < Х2 < 4 ?
Значения т находим из системы
' D > 0	(?п2 — (т2 — 2 т + 5) > 0
—4 <	< 4 I — 4 < 7П < 4
/(-4) > 0	116 + 8m + 7П,2 — 2т + 5 > 0
. /(4) > 0	Ц6 - 8m + т2 — 2т + 5 > 0,
г 5	1
решением которой является отрезок
Ответ: т G [^; 3].
61
Пример 12. При каких т корни квадратного трехчлена
(2m — 2)ж2 +(ш+ 1).т + 1 больше -1, но меньше 0 ?
Решение. 1 способ. Значения т можно найти из системы
(D > 0		'(m + l)2 — 4(2m -	2) > 0	
(2m — 2)/(—1) > 0		(2m — 2) (2m — 2 —	m — 1 + 1) '	> 0
| (2m - 2)/(0) > 0		(2m - 2) > 0		
[-1 < ж0 < 0		_i <	< I	4(m — 1)	0,	
откуда m > 2.				
2 способ. Так как D = т2 — 6т + 9 - полный квадрат, то ква-
дратный трехчлен всегда (при т / 1) имеет корни ti = —
•Т2 = —	€ ( —Т, 0), остается определить, при каких т
1 f > 0
Х2 G (—1; 0). Решая неравенство — 1 < — - _ 1	1 тп-2
liiT^T > °’
получаем т > 2.
Пример 13. Существуют ли такие т, что оба корня уравнения
т2х2 — 2т(2т + 1)х + 1 — 16m2 = 0 лежат между 0 и 1?
Решение. Значения т, при которых оба корня уравнения принад-
лежат интервалу (0; 1), должны удовлетворять системе неравенств
Hd>°
'т2(2т + I)2 — т2(1 — 16т2) > 0
I m2/(0) > 0
| m2/(l) > 0
[ 0 < хо < 1
т2(1 — 16т2) > 0
т2(т2 — 2т(2т + 1) + 1 — 16т2) > 0
0 < 2т_±_1 < 1
u т
Множество решений неравенства т2(1 — 16т2) > 0
Xi = (—^;0)U (0; ^). Двойное неравенство 0 < <^тгг^ < 1 <=>
Г 2т + 1 > q
< m™i	выполняется при т G = (—1;—rj). Так как
I т < 0
Xi А Х2 = 0, то не существует значений т, о которых говорится в
условии задачи.
Пример 14. При каких т все решения неравенства
тх2 — (1 - т2)т — m < 0 принадлежат отрезку [—2; 2] ?
Решение. Так как D = (1 — т2)'2 + 4т2 = (1 + т2)2 > 0, то
квадратный трехчлен имеет корни и х2 при любом т. Если
62
т < 0, то /(ж) = тх2 — (1 — т2)х — т < 0 при х G (-оо; zi) U
(х’2;4-оо). Следовательно, при т < 0 все решения неравенства
f(x) < 0 не могут принадлежать отрезку [—2; 2]. Если т = 0, то
исходное неравенство принимает вид — х < 0. Очевидно, что не все
его решения принадлежат отрезку [—2; 2].
Рассмотрим теперь случай т > 0. Неравенство f(x) < 0 выпол-
няется при х £ (ж 1J тг). Задачу можно сформулировать следующим
образом:
при каких т корни трехчлена принадлежат отрезку [-2; 2] ?
Значения т можно найти из системы
т/(-2) > 0
ш/(2) > 0
—2 < х0 < 2
2m2 — 3m. — 2 < 0
2т2 + Зт — 2 > 0
-4т < 1 — т2 < 4т у
откуда mG[rj;2].
Замечание. Корпи квадратного трехчлена xi = —т, х% =
J-2 < —т
поэтому при m > 0 достаточно решить систему < ।
( m - 2’
откуда £ < т < 2.
Утверждение 4. Для того чтобы меньший корень уравнения
f(x) = 0 принадлежал интервалу (cv; /3), а больший нс принадле-
жал, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая си-
стема неравенств:
(af(a) > 0
|а/(/3) < 0. (Рис.4)
Утверждение 4'. Для того чтобы больший корень уравнения
/(т) = 0 принадлежал интервалу (а;/Д, а меньший не принадле-
жал, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая си-
стема неравенств:
laf(a) < 0
[а/(/3) > 0. (Рис.5)
График квадратного трехчлена в точности один раз пересекает
ось ОХ на интервале (а;/3). Это значит, что в точках х = а и
х — (3 квадратный трехчлен принимает разные по знаку значения.
G3
Замечание. Пусть задача сформулирована следующим образом
при каких значениях параметра один корень уравнения принадле-
жит интервалу (cr, fl), а другой - нс принадлежит? Для решения
этой задачи не нужно различать два подслучая, ответ находим из
неравенства f(a)f(fl) < 0. Таким образом справедливо
Утверждение 4". Для того чтобы только один корень уравнения
f(x) =0 принадлежал интервалу (a", fl), а другой - не принадлежал,
необходимо и достаточно, чтобы f(ct)f(fl) < 0.
При решении примеров надо отдельно рассматривать случаи
D = 0 и а = 0.
Пример 15. При каких т только один корень уравнения
ж2 — тх + 0 = 0 удовлетворяет условию 2 < х < 5 ?
Решение. Па основании утверждения 4" значения т найдем из
условия
/(2)/(5) < 0 <+ (10 - 2т)(31 - 5т) < 0,
О 1	/41
откуда туг G (5; ^А). При т е (5-^) уравнение имеет два кор-
ня, один из которых принадлежит интервалу (2; 5), а другой - не
принадлежит. Кроме того, уравнение имеет один корень, если
D = 0 <=> т2 - 24 = 0,
т.е. при т — +2V6- При т = —2\/б х — — уб (2; 5), при
т = 2\/0 х = \/б С- (2; 5).
Ответ: т G {2\/б} U (5:
04
Утверждение 5. Для того чтобы корни уравнения f(x) — О
удовлетворяли соотношению х^ < а < /3 < .То, необходимо и доста-
точно, чтобы выполнялась система неравенств
af(a) < О
«/(/3) < 0.
Так как а и в принадлежат интервалу (од;^), то на основа-
нии свойств квадратичной функции при а > 0 имеем /(cy) < 0 и
f({3) < 0. Эти же условия являются достаточными. Пусть f({3) < 0.
Так как ветви параболы направлены вверх, то при достаточно боль-
ших значениях х (х > (3) квадратичная функция будет принимать
положительные значения. (Рис.6)
Следовательно, парабола пересечет ось ОХ в некоторой точке
х — х2 > /3. Аналогично можно провести рассуждения и для точки
х : а.
Замечание. Если в задаче требуется выяснить, при каких зна-
чениях параметра корпи уравнения не лежат в интервале? (cy;/3), то
можно поступить следующим образом:
1. Найти значения параметра, при которых выполняются утвер-
ждения 2, 2', 5 и объединить их; или
2. Найти все значения параметра, при которых существуют кор-
пи, и из этого множества выбросить те значения параметра, при
которых выполняются утверждения 3 и 4".
Пример 16. При каких т корни уравнения
(т — 1)т2 — 2(m + 2)х + Зт = 0
65
удовлетворяют условию Xi < 2, ж2 > 4?
Решение. Значения т находим из системы
((т — 1)/(2) <0	((т - 1)(3т — 12) < 0	Г1 < т < 4
Цт - 1)/(4) < 0	Цт - 1)(11т — 32) < 0	^1<т<уу,
39
откуда 1 < тп < уу.
Пример 17. Найти все значения т, при которых неравенство
х2 4- 2(т - 3)ж 4- гп2 — 6т < 0 будет выполнено для любого х,
принадлежащего интервалу (0; 2).
Решение. По условию интервал (0; 2) должен содержаться во
множестве решений неравенства
х2 4- 2(т — 3)® +т2 — 6т < 0.	(2)
Так как множество решений неравенства (2) интервал (a?i;Х2),
где xi и х’2 - корни квадратного трехчлена, то задачу можно сфор-
мулировать следующим образом:
при каких m выполняется соотношение rr i < 0 < 2 < Х2 ?
На основании утверждения 5 значения т находим из системы
неравенств
Г/(0) <0	Jт2 — 6т < 0	J772 G [0; 6]
|у(2) < 0	У4 4-4(тп — 3) 4~ 7П2 — бтп < 0	G [—2; 4],
откуда те[0;4].
Замечание. Неравенства в системе нестрогие. Если в условии
задачи заменить интервал (0; 2) на отрезок [0; 2], то пришлось бы
потребовать выполнения соотношения < 0 < 2 < ®2> а поэтому
неравенства в системе должны были бы быть строгими.
"Утверждение 6. Для того чтобы один корень уравнения
/(.т) = 0 принадлежал интервалу (аг;/9), а другой - интервалу
(7; 5) (/? < 7), необходимо и достаточно, чтобы выполнялась систе-
ма неравенств
Г а/(а) > 0
< af(J3) < 0
а/(7) < 0
лЖ >0.
66
Это утверждение является комбинацией утверждений 4 и 4'.
Первые два неравенства гарантируют, что xi G. (а;/?), .а два по-
следних неравенства - то, что Х2 G (7; <5). (Рис.7)
Пример 18. При каких т один из корней уравнения
х2 — (2т + 1)л + т2 + т — 2 = 0
находится между числами 1 и 3, а второй - между числами 4 и 6 ?
Решение. 1 способ. Учитывая, что а = 1, значения т можно
найти из системы
7(1):	> 0		' 1 - 2т - 1 + т2 + т — 2 > 0
/(з) <	С 0		9 — 6т — 3 + т2 + т — 2 < 0
		о <	о	<=>
7(4) <	С 0		16 - 8т - 4 + т2 + т — 2 < 0
17(6):	> 0		к36 — 12т - 6 + т2 + т — 2 < 0
т2
т2
гп2
т2
— т — 2 > 0
— 5m + 4 < 0
- 7m + 10 < 0
— 11m + 28 > 0
' т G (-00; -1) U (2; 4-оо)
т G (1; 4)
| m € (2; 5)
[тб (-00; 4) U (7; 4-оо),
откуда т G (2; 4).
2 способ. Квадратное уравнение имеет корни xi = т — 1, Х2 =
т+2. Так как < Х2, то искомые значения т найдем из системы
1 < т — 1 < 3
4 < т 4- 2 < 6,
откуда 2 < т < 4.
Упражнения.
1.Прикаких т уравнение (m-2)a?2 + (2m-3)a? + m2 —Зш+2 = 0
имеет два корня, один из которых меньше -1, а другой больше -1 ?
2.	При каких т уравнение тх2 + (2m — 1)ж + т2 — 6m + 8 = 0
имеет корни разных знаков ?
3.	При каких т один из корней уравнения
(т2 — 1)я2 + (Зт — 1).т — т4 = 0
67
меньше 772, а другой больше т ?
4.	При каких 772 корпи уравнения (т— 1)ж2 — 2(77/-1-2)ж+т+13 = О
больше 2 ?
5.	При каких 7п корни уравнения ж2 — 4/тгж + 3 = 0
положительны ?
G. При каких 7п корни уравнения тпх2 — 2(т - 1)ж + Зт — 2 = 0
отрицательны ?
7.	При каких 772 корни уравнения ж2 + 2ж + т = 0 больше 7п
8.	При каких т любое решение уравнения
(т — 1)ж2 — 2(тг7 + 1)ж + т — 3 = 0
удовлетворяет условию -1 < х < 5 ?
9.	При каких т/г только один корень уравнения ж2 + тх + 4 = 0
удовлетворяет условию -3 < ж < — 1 ?
10.	При каких 772 корпи уравнения (jn + 2)ж2 + (/// — 1)ж — 7П = 0
удовлетворяют условию Ж1 <1, Х-2 > 3 ?
11.	При каких 772 корпи уравнения ж2 —(2/72 —2)ж+/7г2 —2/72 —3 = 0
удовлетворяют условию —3 < Ж1 < — 1, 1 < Ж2 < 3 ?
12.	При каких 7П уравнение тх2 — (З772 + 2)ж + 2(т72 + 1) = 0
имеет решение, большее 1?
13.	При каких 772 корни уравнения ж2 — (Зт— 2)х + 2т2 — тп, — 3 = 0
находятся между корнями уравнения ж2--(5т—1)ж+6/тг2 - 772 — 2 = 0?
14.	При каких 772 между корнями уравнения
ж2 — (7m — 3)ж + 1277г2 — 13/72 — 4 = 0 находится ровно один корень
уравнения ж2 — (5m + 2)ж + 6/п.2 + m — 15 = 0?
68
§5. Задачи на нахождение
наибольших и наименьших значений.
Часто встречаются задачи на нахождение наибольшего или наи-
меньшего значения суммы корней (или суммы квадратов корней)
квадратного уравнения. Для решения таких задач достаточно ис-
пользовать теорему Виета и условие существования корней квадрат-
ного уравнения (D > 0).
Пример 1. При каких а сумма корней уравнения
х2 + 2 (а2 — За)ж — (ба3 — 14а2 + 4) = 0 принимает наибольшее
значение ? Найти это наибольшее значение.
Решение. Если и х2 - корпи уравнения, то /(а) =
xi + х2 = -2(а2 - За) = -2(а - |)2 + £ < Однако /наиб. ±
так как при а, = уравнение нс имеет корней, т.е. а = не при-
надлежит области определения функции /. Область определения /
найдем из условия D > 0. Решая неравенство
(а2 - За)2 + 6а3 - 14а2 + 4 > 0 <=> а4 — 5а2 4- 4 > 0 <=>
(а2 — 1)(а2 — 4) > 0 методом интервалов, получим
а G (-оо; -2] U [-1; +1] U [2; -|-оо).
На множестве (—со;—2] U [—1;4-1]	/ возрастает, поэтому
/наиб. = /(1) = 4. На множестве [2; 4-со) / убывает, поэтому
/наиб. = /(2) = 4. Так как /(1) = /(2), то наибольшее значение
на всей области определения функция / принимает в двух точках
(а = 1; а — 2).
Пример 2. При каком а сумма квадратов корней уравнения
х2 + (2 - а)х — а2 4- 1 = 0 принимает наименьшее значение ?
Решение. Воспользуемся формулами Виета и выразим х2 4- х2
через параметр. Получим /(а) = х2 4-	— (xi 4- х2)2 — 2xix2 —
(а — 2)2 — 2(—а2 4- 1) = За2 — 4а 4- 2. Если бы областью определения
/ была вся числовая прямая, то наименьшее значение достигалось
бы в точке а — j (абсцисса вершины параболы), /паим. — /(g) —
9
Однако, корни уравнения существуют в случае D > 0. Решая
неравенство D > 0 <=> (2 - а)2 4- 4(а2 — 1) > 0 <=> 5а2 — 4а > 0,
получаем а Е (—оо; 0] U [^; 4-оо) и (—оо; 0] U [^; 4-со). Па
промежутке (—оо;0] / убывает и наименьшее значение принимает
при а = 0; /(0) = 2. На промежутке [^;4-оо) / возрастает, и
69
наименьшее значение принимает при <1=5; /(5) = 55 < 2. (Рис.8)
Пример 3. При каких а сумма квадратов корней уравнения
х2 — ах + а2 — 1 = 0 принимает наибольшее и наименьшее
значения ?
Решение. Если х± и х% - корни уравнения, то
/(а) — х2 + х2 = (zi + Т2)2 —	= а2 — 2(а2 - 1) = 2 — а2,
/(а) = 0 при а = ±ai = ±\/2. Область определения f найдем из
условия D > 0. Решая неравенство а2 - 4(а2 — 1) > 0 <=> 4 — За2 > О,
получим
Так как /(а) = 2 — а2 <2, то наибольшее
значение достигается при а = 0; fHaU6. ~ /(0) = 2. Наименьшее
значение функция f принимает в двух точках, fHaUM. = /(ia2) =
/(± 2 ) = 2,(Рис.9)
V d
Пример 4. При каком а сумма квадратов корней уравнения
х2 + хл/а2 4- 6а + 2а — 1 = 0 принимает наименьшее значение ?
Решение. Дискриминант квадратного уравнения
D = а2 + 6а — 4(2а — 1) = а2 — 2а + 4 = (а — I)2 + 3
положителен при любом а. Уравнение имеет два корня при лю-
бом допустимом значении а, которое находим, решая неравенство
а2 + 6а > 0, откуда а е (—оо;-6] U [0;+оо). По теореме Виета
х2+х% = (xi+xs)2—2xiX2 = а2+6а-2(2а—1) = а2+2а+2 = f(a). Най-
дем Наименьшее значение функции f при a G (-оо; -6] U [0; 4-оо).
70
Так как абсцисса вершины параболы ад = — 1, то при a G (-оо; —6]
f убывает и /паим. = /(-6) = 26; при а е [0; +оо) f возрастает и
/найм. = /(0) = 2. Наименьшее значение функция / на множестве
a G (—оо; —6] U [0; +оо) принимает при а = 0, /(0) = 2.
Ответ: а = 0.
Для нахождения наибольшего и наименьшего значения функции
часто удобно ввести параметр.
Пример 5. Найти наибольшее и наименьшее значение функции
Решение. Пусть
2х 4- 1
х2 - х + 1
Найдем наибольшее и наименьшее значения а, при которых урав-
нение (1) имеет решения. Они и будут соответственно наибольшим
и наименьшим значением функции /. Так как х2 — х 4- 1 / 0, то
2ж + 1	2	/	чп
—я--------= а 4=> ах — (а + 2)х + а — 1 = 0.
х — х 4- 1
Уравнение имеет решения при
D > 0 (а + 2)2 - 4а(а - 1) > 0 За2 - 8а - 4 < 0.
Множество решений последнего неравенства - отрезок
[|(4-2Л);|(4 + 2Л)Ь
Ответ: Наибольшее значение д(4 + 2\/7); наименьшее значение
|(4-2V7).
Пример 6. Найти а и 6, при которых наибольшее и наименьшее
равны соответственно 2 и -3.
Решение. Неравенство
х2 + ах + Ь	г>	, п 9	0	,
—5-------- < 2	х2 + ах 4- b < 2х2 -2х + 2 х2 — х(2 4- а) 4- 2 — Ь> 0
х2 — х 4-1
выполняется для всех х G R при условии D\ = (24-а)2 —4(2-6) < 0.
Уравнение f(x) = 2 имеет решения при Di > 0, следовательно,
7?! = 0.
значения функции /(ж) =
71
Аналогично, неравенство
Х	> —3 <=> т2+ат+6 > — 3т2+3х—3 <=> 4т2—т(3—а)+6+3 > О
т — т + 1
выполняется для всех х G R при условии Р2 — (3—а)2 —16(6+3) < 0.
Уравнение /(.т) = —3 имеет решения при D2 > 0, следовательно,
D2 — 0. Решим систему
J= о	| (2 + а)2 —4(2 — 6) = 0	(а2 + 4а + 46 - 4 = 0
[П2 = 0	ЦЗ-а)2 - 16(6+3) = 0	[а2 - 6а - 166 - 39 = 0.
Умножим первое уравнение на 4 и сложим со вторым, получим
5а2 + 10а - 55 = 0 <=> а2 + 2а - И = 0,
откуда а = —1±2\/3. Вычтем из первого уравнения второе, получим
10а + 206 + 35 = 0 « b = ~7 ~ 2(1 = ~5Т4^.
4	4
Ответ: 1) а = —1 + 2\/3, 6 = — — \/3; 2) а — — 1 — 2\/3,
6 = -| + х/з.
Пример 7. При каких а наибольшее значение
/(т) = ах2 + 4 \/24 — 2а — а2х
меньше четырех ?
Решение. Область допустимых значений а находим из неравен-
ства 24 — 2а —а2 > 0, откуда а 6 [—6; 4]. Очевидно, что при а > 0
f нс имеет наибольшего значения. При а < 0
/(т) = а(т2 + - \/24 — 2а — а2 +Д \/24 — 2а — а2) — - \/24 — 2а — а2 -
а	а"	а
= а(х + - у^24 — 2а — а2)2 — -\/24 — 2а — а2,
а	а
/наиб. = — ^\/24 — 2а — а2. Остается решить неравенство
( 24 — 2а — а2 < а2
— \/24 — 2а — а2 < 4 О д/24 — 2а — а2 < — а <=> < а 6 1—6; 4]
а	I
I а < 0
72
откуда а G [—6; —4).
Ответ: a G [—0; —4).
*
Пример 8. При каких а наименьшее значение функции
f(x) = х2 + (а + 4)т + 2а + 3 на отрезке [0; 2] равно -4 ?
Решение. Абсцисса вершины параболы хп = — а % может при-
надлежать отрезку [0; 2], лежать левее 0, или правее 2. Рассмотрим
каждый случай отделыю.
1.	0 <	< 2 <=> -8 < а < —4. В этом случае
.	.. а + 4. (а + 4)2 (а + 4)2 n о 1 .
/найм. — f( ~	~	- h 2а + 3 — -(-« - 4).
Уравнение ^(—а2 — 4) = —4 <=> а2 = 12 имеет два корня
а = ±л/12 £ [-8; -4].
2.	—а	< 0 <=> а > —4. f возрастает на отрезке [0; 2],
/найм. = /(0) = 2а + 3. Уравнение 2а + 3 = —4 имеет корень
а = — G (—4; +оо).
3.	- а > 2 <=> а < —8. f убывает па отрезке [0; 2],
/найм. = /(2) = 4 + (а + 4)2 + 2а + 3 = 4а + 15.
Уравнение 4а + 15 = —4 имеет корень а = —	(—оо; —8).
-7
Ответ: а = —
Пример 9. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
/(ж) — 2х2 — 2ах + 1 на отрезке [—1; 1].
Решение. Абсцисса вершины параболы т0 = может принад-
лежать отрезку [—1; 1], лежать левее -1, или правее 1. Рассмотрим
каждую из возможностей отдельно.
1.	—1 < £ < 1 <=> — 2 < а < 2. f убывает на отрезке [—1;
1	1	2
и возрастает на [^а; 1], следовательно fHauM. =	= 1 ~
/наиб. = max{f( — 1); /(1)} = ?7гаж{3 + 2а; 3 — 2а}. Ясно, что при
-2 < a < 0 /наиб. = /(1) = 3 - 2a, а при 0 < a < 2 fHaufi. ~
/( —1) =3 + 2a.
2.	£<—loa<—2. В этом случае f возрастает на отрезке
[-1; 1], поэтому /иаим. = /(-I) = 3 + 2a, fHau6. = /(1) = 3 - 2a.
3.	> 1 a > 2. f убывает на отрезке [—1; 1], поэтому
/наим. - /(1) = 3 - 2a, fHnn6. = /(-1) = 3 + 2a.
Ответ: a, < -2, fHailM, = 3 + 2a, /наиб. = 3 - 2a; -2 < a < 0,
2	a2
/наим. = 1	“2“) /наиб. — 3 — 2a; 0 < a < 2, /мим. — 1	"2~'
/наиб, — 3 4* 2a; a > 2, /наим. == 3	2a, /наиб. = 3 4* 2a.
Пример 10. Найти наибольшее значение функции
/(х) = —х2 — (а - 2).т 4-1
на отрезке [2a — 3; 2a 4-1].
________________________________________________<2
Решение. Абсцисса вершины параболы so =-----может при-
надлежать отрезку [2a — 3; 2a 4-1], лежать левее 2a —3, или правее
2a 4- 1. Рассмотрим каждый случай отдельно.
1,	2а - 3 <	< 2a 4-1	0 < a < |. /паиб. = /(-^^) -
=	4- (a - 2)(^) 4-1 = 1 +	= |а2 - а + 2.
2.	— -	< 2а — 3 <=> а >	/ убываетна отрезке [2a — 3;2a + l],
/наиб. = /(2a - 3) = -(2a - З)2 - (a- 2)(2a - 3) +1 = -6a2 + 19a - 14.
3.	2a+l < — - 2	+> a < 0. / возрастает на отрезке [2a —3; 2a + l],
/наиб. — /(2a + 1) = —(2a + l)2 — (a — 2)(2a + 1) + 1 = —6a2 — a + 2.
Ответ: a < 0, /наиб. = -6a2 - a + 2; 0 < a < |, /наиб. =
|a2-a + 2; a>|, /наиб. - -6a2 + 19a - 14.
Пример 11. Найти все a из промежутка (—оо;—4], при каждом
из которых меньший корень уравнения х2 + ах — Зх — 2a — 2 = 0
принимает наименьшее значение.
Решение. Уравнение х2 + ах — Зх — 2a — 2 = 0 <=> а(х — 2) —
—я?2 + Зх + 2 при х 7^ 2 приведем к виду a = ~3?-~;--2—-
74
Надо найти наименьшее значение х, при котором а < —4, т.е,
наименьшее решение неравенства
—х2+Зх + 2	.	~х2+7х-6	_	(ж-1)(ж-6)
х - 2	х — 2	х - 2
Решая неравенство методом интервалов, получаем х ё [1; 2)U[6; 4-ос),
Наименьшее значение х = 1, при этом а = —4.
Ответ: а — — 4.
Упражнения.
1.	Найти все а из промежутка [1;4-оо), при каждом из которых
больший из корней уравнения х2 - вх + 2ах 4- а — 13 = 0 принимает
наибольшее значение.
2.	Найти наибольшее и наименьшее значение функции
—х2 + 2х — 1
6т2 — 7® 4- 3
3.	Найти наименьшее значение выражения х2 + х%, если Xi и
Х2 - корни уравнения х2 — 2ах 4- а 4- 6 = О,
4,	При каком а сумма, квадратов корней уравнения
х2 + х \/ а2 — 4а — а — 2 = О
принимает наименьшее значение ?
5.	Найти сумму корней уравнения
х2 + 2(а2 + 2а)х + 4а3 — 2а2 4- 40 = 0
и указать, при каких а эта сумма принимает наибольшее значение.
6.	Найти а, при котором наименьшее значение функции
у = х2 4- (22а 4- 12)д? + 116а2 4- 135а 4- 27
максимально.
7.	При каком значении а сумма 4- —2- достигает свое-
го наименьшего положительного значения, если и Х2 - корни
уравнения х2 — (2а 4- 1)т 4- 2а2 = 0?
8.	При каком значении а сумма т^~ 4- достигает свое-
го наибольшего отрицательного значения, если Xi и Х2 - корни
уравнения х2 — (7л — 5)т — 8а2 = 0?
75
§6. Системы уравнений и неравенств.
Основной метод решения систем уравнений - исключение неиз-
вестного.
тт	1 гт	Q	(х + у = а-2
Пример 1. При а — —3 решить систему <
I Зху + Зу — а2 + 3.
Имеют ли эта система решение при других значениях а ?
Решение. Из первого уравнения выразим х и подставим во вто-
рое, получим
3(а — 2 — у)у 4- Зу — а2 4- 3 Зу2 + 3?/(1 — а) 4- а2 4- 3 = 0.	(1)
Уравнение (1) имеют решение при условии, что D — 9(а — I)2 —
12(а2 + 3) = —За2 — 18а, — 27 = —3(а 4- З)2 > 0, т.е. только
при а = —3. При других значениях а уравнение (1), а, следова-
тельно, и система, решений нс; имеют. При а = — 3 х = ^3, у = —2.
Ответ: х — -3, у = —2.
Пример 2. Найти а, при
имеет ровно два решения.
Решение
Умножим второе уравнение
на 2 и вычтем из первого, по-
лучим х2 — 2ху 4- у2 = 1
О (у — х)'2 — 1 = 0 <=>
(у — х — 1)(?/ — х 4-1) = 0, отку-
да у = х 4_- 1. Подставим най-
денные значения у в первое
уравнение. Каждое из уравне-
ний 2;г2 4- 2ж 4- 1 — 2а — 0 и
2т2 - 2х 4- 1 - 2а = 0 бу-
дет иметь два решения, а,
следовательно, система че-
тыре решения, если =
1—2(1 —2а) — 4а —1 > 0. Урав-
нения и система не имеют ре-
шений, если 4а — 1 < 0. При
{х2 4" у2 = 2а
1
ху = а —
76
1 - / 1
a = каждое из уравнении имеет по одному решению (ж = — и
1	1111
х = гр, а система два. решения ( — тр, (^; —
Ответ: а =
Графическая иллюстрация. х2+у2 — 2а (а > 0) - окружность
с центром в начале координат, R - у/2а. ху = а —	- гипербола
11	1
(а < £, 2-ая и 4-ая четверти; а > Гая и 3-я четверти), при а =
-- оси ОХ и OY. (Рис. 10)
Пример 3. Найти а, при которых система уравнений
х2 — у + 1 = 0
_	,	имеет решение.
ж2 _ у2 + (а +	+ (а - 1)^/ + а = 0
Решение. Так как х2 — у2 4- (а 4- 1)ж 4- (а — 1)у 4- а — 0 О
(ж2 + (а + 1)ж + -У---)-(:72г(а~1)^+~~4^	= 0 ° (•/e+£L^)2-
(1/ - ^^^Ц2 = 0 (ж 4-	+ у - £к^)(ж +	_ у + 0^1) = ()
О (ж4-1/4-1)(я — ура) = 0, то множество решений второго уравнения
- пара взаимно перпендикулярных прямых у = —ж — 1 и у = ж 4- а.
При у = —х — 1 первое уравнение примет вид ж2 4- ж 4- 2 = 0. а.
при у = х Р а ж2 — ж — а + 1 = 0. Уравнение ж2 4- ж 4-2 — 0 не
имеет решений, а уравнение ж2 — х — а 4- 1 = 0 имеет решения при
условии D > 0 <=> 1 — 4(1 — а) > 0 О 4а — 3 > 0, т.е. при а > 0,75.
Ответ: а > 0, 75.
Графическая иллюстрация.
При а < 0, 75 прямая
у = х Ра не имеет общих точек
с параболой у = ж2 + 1.
При а — 0, 75 прямая
у = х 4- а касается параболы
(система имеет единственное ре-
шение) .
При а > 0, 75 прямая
у = ж 4- а имеет две общие точ-
ки с параболой (система имеет
два решения). (Рис.11)
77
Пример 4. Найти а, при которых система уравнений
у - х2 4-1
„	.	. г, имеет более двух решении,
я 4- (у - ау - 1
Решение. Выразим х2 из первого уравнения и подставим во вто-
рое, получим
у - 1 4- (у - а)2 = 1
у2 —2ау+у+а.2 —2 = 0 (2)
Если уо - решение урав-
нения (2), то система име-
ет решения (®o;i/o) и
(-^о;3/о), где х0 = ^уо - 1.
Поэтому система будет
иметь более двух решений
только в том случае, когда
уравнение (2) имеет два ре-
шения yi и уз, причем
> 1 и у2 > 1, так
как у = х2 4-1 > 1. Пусть
/(1/) = У2 “ 2ат/ 4- у 4- а2 - 2.
Значения а находим из си-
стемы (§4, гл.2)
Гр>о
<	2/e. > 1
1/(1) > 0
((2а — I)2 — 4(а2 — 2) > 0
— 2а - 1	-I
<	ув. -	2	х
1 — 2а 4-14- а2 — 2^0
9 — 4а > 0
2а > 3
а2 - 2а > 0, откуда а G [2;
Ответ: а 6 [2; ^).
Графическая иллюстрация, у = х2 -i- 1 •* парабола,
х2 4- (у — а)2 = 1 - окружность с центром (0; а), R = 1. Система не
имеет решений при а<0 и а > 2, 25 (графики не имеют общих
точек). Система имеет одно решение при а — 0: дна решения при
78
a € (0; 2) и a — 2, 25;  три решения при а = 2; четыре решения
при а € (2; 2,25). (Рис.12)
{х^ “ (у — а)2 — 1
у = X2 + 1
имеет хотя бы одно решение ?
Решение. Выразим х2 из второго уравнения и подставим в пер-
вое, получим
у2 - у (2 а 4- 1) 4- 2 4- а2 = 0.	(3)
Так как у = х2 4- 1 > 1, то условие задачи можно сформу-
лировать следующим образом: при каких а уравнение (3) имеет
решения, принадлежащие промежутку [1; 4-оо) ?
Пусть f(y) = у2— у(2а + 1) + 2 +а2. /(1) = 1 -(2a4- 1) + 2 + а2 =
а2 — 2a+ 2 > 0 при любых а, поэтому случай у\ < 1 < у2 невозмо-
жен. Значения а, при которых оба корня принадлежат промежутку
[1; 4*оо) найдем из системы
?7о > 1	Г 2' (2^ + 1) > 1	f a > 2	>7
D>0	[ (2a 4-1)2-4(2 4-a2) > О [a >	“ 4’
7	7
При a > уравнение (3) имеет два корня, при а = один
7
корень. Итак, при а > уравнение (3) имеет, по крайней мере,
один корень, не меньший 1, а тогда из второго уравнения системы
находим х = ±Уу - 1, т.е. система имеет решения.
у
Ответ: a G Ц; 4-оо).
Пример 6. Найти а, при каждом из которых система уравнений
х2 4- У2 = 1 - 2a
имеет ровно два решения.
(х +у)2 = 9
Решение. Множество решений уравнения
(ж 4- у)2 = 9 <3- (х + у — 3)(я? 4- ?/ 4- 3) = 0 - две параллельные прямые
у = —®4-3 и у — — х—3. Подставляя значения у в первое уравнение,
получим
х2 ± Зя? 4- 4 4- a — 0.	(4)
Так как дискриминант этих квадратных уравнений один и тот
же (D — —7 — 4a), то оба уравнения не будут иметь решений при
7	7
a > -^, будут иметь по два решения при a < — (в этом случае
79
система будет иметь че-
тыре решения). При а =
7
— каждое из уравне-
ний (4) имеет по одному
решению, а первоначаль-
ная система - два реше-
тит я ( 3 • 3 \ т, ( 3.	3 \
ПИЯ (£,£) и (-2,-2)-
у
Ответ: а = —
Графическая
иллюстрация.
(х + у)2 = 9 - пара
параллельных прямых;
х2 + у2 — 1 — 2 а -
окружность с центром ((
R = >/1 - 2а (п < г>). (Рис. 13)
Пример 7. При каких а система
| х2 — (4а + 1).т + За2 + 1 — у = О
р/2 — (4а + 1)у + За2 4- 1 — х = О
имеет единственное решение (х\у}'}.
Решение. Пусть (®оИ/о) ~ решение системы, тогда (voS-Eo) - то-
же решение системы. Следовательно, необходимым условием един-
ственности является равенство то = уа- При х = у прихо-
дим к уравнению х2 — 2(2а + 1)з; + За2 + 1 = 0. Это уравне-
ние имеет единственное решение, если D = 0. Решая уравнение
=	(2а + I)2 — (За2 + 1) = 0 <4- а2 + 4а = 0, получаем а = 0
и а = -4. •
Проверим теперь найденные значения а.
1	• „ г,	/ж2 - х + 1 - у = 0
1.	а = 0. Система принимает вид <
1 I/2 — У + 1 — х = 0.
Вычитая почленно второе уравнение из первого, имеем х2 — у2 = 0,
откуда у = х или у = —х.
Если у = х, то из уравнения х2 — х + 1 — х = 0 <+ (т — I)2 = 0
находим х = 1. Если же у — -х, то уравнение з;2 + 1 = 0 решений
нс имеет.
.	f х2 + 15х + 49 - у = 0
2.	а — -4. Систему преобразуем к виду < _
‘ [у2 + 15i/+49-z = 0.
Вычитая почленно второе уравнение из первого, получим
х2 — у2 + 16(.т — у) = 0 (т — у)(х + у + 10) = 0, откуда у = х
80
или у = —16 — X.
Если у = х, то из уравнения х2 + 14т + 49 = 0 <=> (х + 7)2 = О
находим х = —7. Если же у = —16 — т, то уравнение
х2 + 15т + 49 + 16 + х — 0 <=> х2 + 16.т + 65 = О решений не имеет.
Таким образом, при а = 0 система имеет единственное решение
х = у = 1, а при а = —4 - единственное решение х = у = —7.
Ответ: а = —4, а = 0.
f х2 — 2т + у2 = 0
Пример 8. При каких о система уравнений <
| у — ах + ab — 0
имеет решения при любых а ?
Решение. Из второго уравнения системы исключим у и подста-
вим в первое уравнение. Получим
х2 - 2т + (ах - ab)2 = 0 <=> (а2 + 1)т2 - 2т(1 + а26) + а2Ь2 = 0. (5)
Уравнение (5) имеет решение, если > Q <=>
(1 + a2b)2 — a2b2(a2 + 1) > 0 <=> 1 + 2а2Ь — а2Ь2 >()<=> а2(Ъ2 — 26) < 1.
Последнее неравенство выполняется при любых а, если Ъ2 — 26 < 0,
т.е. при 6 6 [0; 2].
Ответ: 6 G [0; 2].
{х + у — а — 1
т2 4- у2 — 5а~ — За. + 0, 5.
При каком а произведение ху принимает наибольшее значение ?
Решение. Используя тождество ху = ^[(х+у)2— (х2+у2)], выра-
зим значение ху через параметр а. ху = ^[(а— I)2 — (5а2—За+0, 5)] =
2(—4а2 + а + 0,5) = = —2а2 + 0, 5а + 0, 25 — —2(а — g)2 + Пусть
/(а) = - 2( a— g)2 + Если бы функция f была определена на всей
числовой оси, то /наиб. = /(g) = gg- Однако а = g £ D(f). Дей-
ствительно, найдем у из первого уравнения системы и подставим
во второе, получим
х2 + (а— 1—т)2 - 5а2 —За+0, 5 <=> 2т2 —2(а—1)х—4а2+а+0, 5 = 0. (6)
D(f) совпадает с множеством тех а, при которых имеет решение
уравнение (6), т.е. с множеством а, при которых D > 0. Решая
неравенство
in > 0 О (а - I)2 - 2(—4а2 + а + 0, 5) > 0 О 9а2 - 4а > 0,
81
получаем a 6 (—оо; 0] U [у; +оо) и g D(f\ f возрастает нгх
промежутке (—оо;0] и убывает на промежутке [^;+оо), поэтому
fuau6. = max{f(0)\ /($}=	= | =/(0).
Ответ: а = 0.
Пример 10. Найти все а, для которых существует хотя бы одна
( х2 + (у - 2)2 < 1
пара х и у таких, что <
I у = ах.
Решение. Из неравенства
X2 + (!/ - 2)2 < 1	(7)
следует, что (у — 2)2 < 1 О (у — 2)2 — 1 < 0 <=$>(?/ — 3)(т/ — 1) < 0,
откуда 1 < у < 3. Поэтому а = \ > 0. Подставим значение х2 =
в неравенство (7), получим + (у — 2)2 < 1 <=>
у + а(у2 — 4?/ + 4) — а<0<=> ау2 + у(1 — 4а) + За < 0.	(8)
Пусть f(y) = ау2 + у(1 — 4а) + 3а. Значения а, при которых неравен-
ство (8) имеет решения, удовлетворяющие соотношению 1 < у < 3,
находим из системы
1D > 0
/(1)>0
/(3) > о
1 < У о < 3
(4а - I)2 - 12а2 > 0
а + (1 — 4а) + За > 0
9а + 3(1 — 4а) 4- За > 0
1 4а — 1 о
1 < < 3
' 4а2 — 8а + 1 > 0
а € R
I а £ R
I 2а < 4а — 1 < 6а
а € (—оо; -—’ +°°)
а е (^;+оо),
откуда а G (ai;+oo), где ai =
2 + V3
2
82
Ответ: a G	+оо).
Графическая иллюстрация.
х2 + (у — 2)2 < 1 - внутренность круга с центром в точке (0; 2),
R = 1. у = ах2 - парабола.
Пример 11. Решить систему неравенств < ,,
[z2 - z(a + 1) +а > 0.
Решение. Множество решений неравенства х2 — х — 6 < 0
Xi = [—2; 3]. Корни квадратного трехчлена х2 — х(а + 1) + а х = а,
х = 1; поэтому множество решений неравенства х2 — х(а + 1) + а > 0
Х-2, = ( —оо; a) U (1; +оо), если а < 1 и Х2 = (—оо; 1) U (а; +оо), если
а > 1. Найдем теперь пересечение Xi и Х2 в зависимости от зна-
чений, которые принимает а. Множество X = Xi П Х2 - решение
системы.
1.	а < —2, X = (1;3].
2.	—2 < а < 1, X = [—2; a) U (1; 3].
3.	1 < а < 3, X = [—2; 1) U (а; 3].
4.	а > 3, X = [—2; 1).
Пример 12. При каких а имеет решения система
{х2 — (а + 4).т + 4а < 0
х2 + (а + 2)з; + 2а < 0 ?
Решение. При а < О' х = 0 является решением системы. Пока-
жем, что при а > 0 система решений не имеет.
Корни квадратного трехчлена х2 — (а + 4)х + 4а Xi = а, Х2 = 4,
поэтому Х\ = (а; 4) при 0 < а < 4, Х\ = 0 при а = 4, Xi = (4; а)
при а > 4.
Аналогично, х± = —а, Х2 = —2 корни квадратного трехчлена
х2+'(а + 2)х + 2а и Х2 = (—2; -а) при 0 < а < 2, Х2 = 0 при а = 2,
Хг = (—а; -2) при а > 2. Таким образом, при а > 0 Xi С (0; +оо),
Х2 С (—оо;0) и общих элементов Xi и Х2 нс имеют.
Ответ: а < 0.
Пример 13. Найти а, при которых решение системы
х2 -|- 4х — За < 0
— состоит из одной точки.
х > 3
Решение. Если дискриминант квадратного трехчлена х2+4х --3а
D > 0, то множество решений первого неравенства Xi = [a?i; Т2],
где и X2 - корни квадратного трехчлена. Тогда множество
83
[®i; x2] A [3; +00) будет состоять из одной точки только в случае
Х2 = 3, т.е. если х = 3 - корень квадратного трехчлена. Значение
а находим из уравнения 9 + 12 — За = О, откуда а = 7.
Ответ: а — 7.
Пример 14. При каких а решением системы
(х2 — т(3а — 4) + 2а2 — 7а + 3 < О
> —9
является промежуток длины 3 ?
Решение. Корпи квадратного трехчлена
f(x) — х2 — х(3а —4)+2а2 — 7а+3 xi = 2а —1, х2 — а —3. При а = —2
х\ — Х2 и неравенство /(ж) < 0 решений не имеет (Xi = 0). При
а < —2 Xi = (2а — 1; а — 3), при а > —2 Ху -- (а — 3; 2а — 1).
Множество решений системы X = Ху А (—9;+оо).
1.	а < —2. Если — 9 < 2а — 1, т.е. а > — 4, то X = (2а— 1; а — 3).
По условию необходимо, чтобы а — 3 — 2а + 1 = 3. Получаем
а = — 5 [—4; — 2). Если —9 G (2а — 1;а —’3), т.е. ае(—6;—4), то
X — (—9;а-3). Из уравнения а —3+9 — 3 имеем а — — 3	(—6; —4).
Если а — 3 < —9, то X — 0.
2.	а > —2. В этом случае —9 < а —3, поэтому X = (а —3; 2а —1).
Из условия 2а — 1 — а+ 3 = 3 находим, что а = 1.
Ответ: а = 1.
Упражнения.
тт	f х‘2 + у = 2а?
1. Найти а, при которых система <	'
I х + у2' + а — 2ж + 2ау
имеет решение.
{х — у — а + 1
2ху+2у — -а2 -4.
Имеет ли эта система решение при других значениях а 7
3.	Найти а, при каждом из которых система
х2 + у2 = 2(1 + а)
„	имеет два решения.
(х + у)2 = 14
4. При каких а система
имеет единственное решение
ат2 -- (2а + 1)х + 2а + 5 — у = О
у2 — (2<z 4- 1)у + 2а + 5 — х = О
84
Г и	I X + У = а - 1
5.	Числа х, у. а таковы, что <	„
]ху — а2, - 7а + 14.
При каких а сумма а;2 + у2 принимает наибольшее значение ?
I х + 2у — 2 — а
6.	Решить систему уравнений <	_
1 4ху + 4у = а2 - 2а + 5.
7.	При каких а система уравнений
имеет решения при любых b 7
х2 — 4.у2 = 1
ах + у = Ь
6}
~|“ 3 > О
9	Г
х — х\а + 5) + 5(2 < О,
(;х2 — х — 12 < О	J х2 — 6х + 8 > О
| а?2 — х(а — 2) — 2а > 0,	1 а;2 — х(а — 3) — За < 0.
—а?2 + 12.х — а > О
х < 2
состоит из одной точки.
10. При каких а имеет решение система неравенств
( х2 — (а + 1)ш + а < 0
х2 + (а + 3)а; + За < 0 ?
(х2 — х(3а — 2) + 2а2 — 4а < О
11. При каких а решением системы <
I х < 3
является промежуток длины 5 ?
{х2 4* 2 г/ — 4,т
ООО
а;2 + у2 + а2 — 4а; + 2ау
имеет решение ?
1Qn	„ / (а? + а + 2)2 + у2 = 1
13. При каких а система уравнении <
I у2 — 2ах
имеет ровно два различных решения?
85
§7. Уравнения, приводимые к квадратным.
Рассмотрим несколько примеров уравнений четвертой степени,
которые заменой переменной сводятся к квадратным.
Пример 1. При каком наименьшем целом значении параметра
а уравнение (т2 — 2т)2 — (а + 2)(ж2 — 2т) + За — 3 = 0 имеет четыре
различных корня ?
Решение. Пусть т2 — 2.т = £, тогда уравнение
(т2 - 2т)2 - (а + 2)(т2 - 2т) + За - 3 = О	(1)
примет вид t2 — (а 4- 2)£ + 3(а - 1) = 0, корни которого £i = 3,
t2 = а- 1.
Множество решений уравнения (1) совпадает с множеством ре-
шений совокупности двух уравнений т2 — 2т = 3 и т2 — 2т = а-1.
Корни первого уравнения ti = — 1, х2 — 3, корни второго урав-
нения тз,4 = 1 ± /а. При а < 0 уравнение т2 — 2т = а — 1 не
имеет решений, при а = 0 имеет только одно решение. Два решения
уравнение имеет при а > 0, поэтому наименьшее целое значение па-
раметра а = 1. При этом значении а уравнение (1) имеет четыре
различных корня : -1; 3; 0; 2.
Ответ: а = 1.
Пример 2. При каких а уравнение т4 + 2ат2 — За — 1 =• 0
имеет четыре различных корня, причем два из них меньше -1, а два
других больше чем ?
Решение. Уравнение т4 -|- 2ат2 — За — 1 =0 имеет четыре раз-
личных корня т, (г — 1,2,3,4), если уравнение /(£) = 0, где
/(£) — t2 + 2at — За — 1 = 0, t = т2*, имеет два различных поло-
жительных корня ti и t2. Пусть £i < t2, тогда Ti = — \/t2 <
Х-2 = —\/£1 <	< Т4 = \/12 (т'1 == — Т4, Т2 — — Тз). ЕСЛИ
л/2 < тз — \/?i < т4 = л/£,2 (2 < £х < t2), то одновременно будут
выполнены неравенства ti < х2 < — \/2 < — 1. Таким образом, надо
потребовать, чтобы оба корня уравнения /(£) = 0 были больше 2.
Значения а найдем из системы
D > 0 fa 6 (—оо; ^) U (~^ +оо)
< £о > 2	<=> < а g (—оо; -2)
./(2) >0 ^a Е (—3;+оо),
— Ч -
откуда а е (—3; —4 -о-*-'-)
8G
Пример 3. При каких а уравнение
2(а — 1)а;4 — (а — 5)ж2 — 2 = 0 имеет четыре различных корня, причем
три из них меньше 2, а четвертый больше -\/5 ?
Решение. Уравнение 2(а — 1)ж4 — (а — 5)а;2 — 2=0 имеет четы-
ре различных корпя Xi (г = 1,2,3,4), если уравнение f(t) = 0,
где /(£) = 2(а — l)i2 — (а — 5)i — 2, t = х2, имеет два раз-
личных положительных корня ii и t>2- Пусть < t-2, тогда
X’l = —y/t2 < X2 = — y/ti < £3 =	< а;4 =	(Ж1 = —
Х2 = —а?з). Если будут выполнены неравенства х± = л/Рг. > л/б
(t2 > 5) и .т3 = у/Ц <2 (ti < 4), то одновременно будут выполнены
неравенства Ti < .Т2 < 2. Таким образом, надо потребовать, чтобы
корни уравнения f(t) =0 удовлетворяли соотношениям 0 < ii < 4,
t2 > 5. Значения а найдем из системы
' D > 0	На-	5)2 + 16(а —	1)	> 0
2(а-1)/(0)>0	I (а -	1)(-2) > 0
* 2(а - 1)/(4) <0	| (а -	1)(32(а - 1)	-	4(а	- 5)	-	2)	<	0
к2(а—1)/(5) <0	Ца —	1)(50(а — 1)	—	5(а	— 5)	—	2)	<0,
откуда ае(|;1).
Пример 4. При каких а уравнение (х-а)2(а(т-а)2-а—1) = -1
имеет больше положительных корней, чем отрицательных ?
Решение. При а = 0 уравнение
(х — а)2(а(т — а)2 — а — 1) = — 1	(2)
примет вид х2 = 1, число положительных и отрицательных корней
у которого одинаково. При а 0, положив t = (х — а)2, уравнение
(2) приведем к виду at2 — (a + l)i + 1 = 0, корпи которого h = 1,
= I-
Множество решений уравнения (2) совпадает с множеством ре-
шений совокупности уравнений (т — а)2 = 1 и (т — а)2 = 1. При
а < 0 уравнение (2) имеет два решения xi)2 = a± 1 и отрицатель-
ных корней не меньше, чем положительных. При a > 0 уравнение
(2) имеет четыре решения 2 = а ± 1 и Т34 = а ± Д=, из них
’	’	Va
а?2 = a + 1 и а?4 = а-|—7= положительные при любом а > 0. Урав-
V a
некие (2) имеет положительных корней больше, чем отрицательных,
если выполняется хотя бы одно из неравенств xi — а — 1 > 0 или
а?з = а--7= > 0. Каждое из неравенств выполняется при а > 1.
ya
Ответ: а > 1.
87
Пример 5. При каких а все решения уравнения
а?4 + (т + 1)((3а — 2)х2 -h (2а2 — а — 3)(х + 1)) = О
принадлежат отрезку [—3;0] ?
Решение. Так как а?4 + (х + 1)((3а — 2)т2 + (2а2 — а — 3)(z + 1)) =
(х2 + (а + 1)(ж + 1))(т2 + (2а - 3)(z + 1)), то множество решений
уравнения
х4 + (х + 1)((3а - 2)х2 + (2а2 - а - 3)(т + 1)) = 0	(3)
совпадает с множеством решений совокупности уравнений
х2 + (а + 1)(х- + 1) = 0 и х2 + (2а — 3)(я? + 1) = 0.	(4), (5)
Пусть /(.т) = х2 + (а + 1)т + (а + 1), <р(х) = х2 + (2а — 3)т + (2а — 3).
Уравнение (4) не имеет решений, если
D[ < 0	<=> (а + I)2 — 4(а + 1) < 0	<=> (а 4- 1)(а — 3) <0,
т.е. при аб(-1;3). Значения а, при которых все корни уравнения
(4) принадлежат отрезку [—3;0], найдем из системы
fDr > 0
Л-3) > о
/(0) > О
, -з < Яо < 0
a 6 (—оо; —1] U [3; +оо)
a G (—оо; 3, 5]
а € [-1; +оо)
Л € [—1; 5],
<=>
откуда а € {-1} U [3; 3,5].
Уравнение (5) нс имеет решений, если
Г>2 < 0	(2а - З)2 - 4(2а - 3) < 0	(2а - 3)(2а -7) < 0,
т.е. при а G (1,5; 3,5). Значения а, при которых все корни урав-
нения (5) принадлежат отрезку [—3; 0], найдем из системы
Г А > 0
I Л-з) > о
Ло) > о
—3 < х'о' < 0
a G (—оо; 1, 5] U [3, 5; +оо)
а € (—оо; 3, 75]
а € [1, 5; +оо)
ка е [1, 5; 4, 5],
<=>
откуда а е {1, 5} U [3, 5; 3, 75].
Таким образом, только при а = 3, 5 все корпи уравнений (4) и
(5) (.Т1 =±= —3; х<2 = —1,5; х% = —2) принадлежат отрезку [—3; 0].
Условию задачи удовлетворяют также те а, прй которых одно из
уравнений не имеет решений, а другое имеет решения, принадлежа-
щие отрезку [-3; 0]. Так как (-1; 3) П ({1, 5} U [3, 5; 3, 75]) = {1, 5},
(1,5; 3,5) Г1 ({—1} U [3; 3,5]) — [3; 3,5), то условию задачи удо-
влезворяют все а, принадлежащие объединению множеств {1,5},
[3; 3,5) и {3,5}.
Ответ: а € {1, 5} U [3; 3, 5].
Замечание. Так как х — — 1 не является решением уравнения
88
(3), то уравнение (3) можно свести к квадратному путем введения
-	- х2
новой переменно^ у = утру-
Упражнения.
1.	Найти наибольшее целое а, при котором уравнение
8т4 — 16х2 + а = 0 имеет четыре различных корня.
2.	При каких а уравнение (ж — а)2((х — а)2 — '2а — 4) = —2а — 3
имеет отрицательных корней больше, чем положительных ?
3.	При каких а уравнение 2а.т4 — (а — 4)х2 — 2 = О имеет четыре
различных корпя, причем три из них меньше единицы, а четвертый
больше у/2
4.	При каких а уравнение Зах4 + (12 — а)ж2 — 4 = 0 имеет четыре
различных корпя, причем три из них больше -1, а четвертый меньше
2 ?
5.	При каких а один корень уравнения ах4 — (а — 3)х2 + За = О
меньше -2, а три остальных - больше -1 ?
6.	При каких а четыре корня уравнения х4 + (а—5)х2 + (а+2)2 = О
являются последовательными членами арифметической прогрессии?
89
Ответы.
Глава I.
§1.
О
N 1. а) х = 2 „ а~ при а 2;
при а / 2; 0 при а = 2; в) х
а = —2; г) х = g при а	3; х
при а х £ $ при а — х
при а / 2; х 6 R при а = 2;
0 при 6 = — х 6 R при b =
N 3. а) а = —4; б) а = 0. N
N G. а = —6. N 7. а = 8. N 8. а)
N 9, а Е (—оо; £)• N 10. а Е (—с
0 при а = 2; б) х =
= 2 ПРИ а / — 2; х Е R при
= R при а = 3; л) х = ^-3
ER при а = — 2; е) ж = а + 2
ж) х = 36 + 2 npu b ±2;
N 2. а) а = б) а = —
4. а = 3,5. N 5. а = з|.
6 = — 2; б) 6=2; в)6 = -1.
э; 2). N 11. а Е [—1; ^].
§2.
о	О	О	1
N 1. а) х = — 2 а при а / —	0 при а = — %; б) х = у
1	1
при а ф 0, а ф j; я G (—оо; 0) U (0;+оо) при а = 0; 0 при а = 3;
в) х = а при а 2, а / 3; 0 при а € {2; 3}; г) х = За + 1
при а / ±1; 0 при а Е { —1;1}. N 2. а) а = 0; б) а = -1;
в) а = —4. N 3. а) а = —19; б) а = —в) а = —3, а = —1;
г) а = 0, а = 6; д) а = — ^,« = ±3.
§3.
1	-1
N 1. а) х > при а < 0; х G R при а = 0; х < ± при
а > 0; б) х < при а < 0; 0 при а = 0; х > при а > 0;
в) х > 2 3' ПРИ а < 3; 0 при а = 3; х < ~ д при а > 3;
г) х >	+62q при а < -2;
при а > —2; д) х <
х - при а > 2; е)
а = b < 0; х <	при
ж) х > —— при а Е
2а2 — а — 1
х Е R при а = —2; х <	2
при а < 2; х Е R при а = 2;
х Е R при а = 6 > 0; 0 при
,	2(а + 6)	.
а > 6; х > а _ J) при а < 6;
(—bo; — гр U (1; +оо); х Е R при
90
a = -j; 0 при a = 1; x < 2^0^! при a ^“2’^'
3) x G (—00; 2] при a G (—00; 0) U (^; +00); x G [2;+00) при
a G (0; 3); x G R при a = %; 0 при a = 0. N 2. a >
N 3. a) x G (—00; a— j)U(a; +00); 6) x G [a; —^) при a < -|; 0 при
О	о	о
а = — х G а] при а > — в) х G (—оо; —3)U(—а; +оо) при
а < 3; х G (—оо; —a)U(—3; —00) при а > 3; г) х G (а; 2] при а < 2;
0 при а — 2; х G [2; а) при а > 2; д) ж G (—оо; 4] U (—а;+оо) при
а < —4; ж G (—оо; 4) U (4;+оо) при а — — 4; х G (—00; — a) U [4; +оо)
при а > — 4; о) жб[а+1;1) при а < 0; 0 при а = 0; х G (1;а + 1]
при a G (0; 1); х G /?\{1} при а = 1; х G (—оо; 1) U [а + 1; +оо)
2
при aG(l;+oo); ж) ж G (—00; — ^-)U[a + 4;+оо) при a G (—оо;4);
2
ж G 7?\{—4} при а = 4; хе (-^-;а + 4] при a G (4;+оо);
з) ж G (~gi д 13) при а < 0; 0 при а = 0; ж G (^-£-^;-^)
при a G (0; 3); ж G (—оо;-д) при а = 3; ж G (-00; — U
(д £ 3; +оо) при aG(3;+oo); и) ж G (д 2’ 2) при a G (-оо; -2);
ж G (-оо; 2) при а = —2; ж G (—00; 2)U(—% 5 +°°) при a G (—2; 0);
ж G Я\{2} при а = 0; ж G (— оо; — 2) U (2; +00) при aG(0;+oo).
N 4. aG(2;8). N 5. aG(-oo;-3]. N 6. a G [1; 2].
§4.
N 1. а) ж =	у = 0 при a =4 x = t, у = g(6t - 8),
t G R при a = —	б) ж = —а, у = —a2 — 1 при a / ±1; ж = t,
у = t — 1, t G R при a = 1; ж = t, у = —t — 1, t G R при a = —1;
в) x = 1, у — 0 при a =4 ±1; x = t, у = t — 1 при a = 1;
ж = t, у - 1 - t при a = -1; г) ж = 3%-~-.2> У = 2Д
a — 1	a — 1
при a =4 ±1; 0 при a = ±1. N 2. a) a / 14; 6) a =4 —3,
a / 1;	в) a e R’, r) a / ±\/12; д) . a =4 —1, a =4 |.
N 3.	a)	a — —20; б) а = 0; в) a	G (—00; g)	U (^; +00);
r) a	= 1. N 4. a)	a = 10; 6) a	= —2;	в) a =	r) a = —7.
N 6.	a) a G (—00;	— 5) U (—5! 1) U (1; +00);	б)	а = 1;	в) а = — ^.
7. cl	G (rjj ^)' N	8.	а < 1.	N 9. a >	—6.	N 10.	a G	(—2;4).
Nil.	a. G (4; 10).	N	12. a)	ж = 4^ Z 2 ’	V =	ZcT-1	при	a 2’
0 при a = b 7^	12;	у = t,	x = 2t + 6, t	G R	при a	=	b = 12;
91
б) х = 2q74-^3 1 У ~ 2 а + 3 ПРИ 2’ х ~ t, у = 1— t,teR при
а = — £, b — -3; 0 при а = b / -3. N 13. а) {(-2; -6), (6; 2)};
б) {(6;-2), (-2; 6)}. N 14. а) b = -|; б) b = 3; в) b = |.
N 15. a) a G [—1;0); б) a G	в) а 6 [“ppp?];
г) «е [-А;4]. N 16. с = —1, d = |. N 17. с = 1, d = -1.
N18. с = —2, d = —7. N19. а = —4.
§5.
N	1.	а) х G (а; 3]	при а < 3;	0	при	а > 3;	б) х	G	( — 1;а]
при а	> -1; 0 при	а	< -1;	в)	х G	(-а; 2)	при	а	> —2;
0 при а < —2; г) х G [а;— 1] при а < —1; х = — 1 при а = (— 1;
0 при а > —1. N 2. a) a G (-оо; — |]; б) a G (—оо; 1);
в)	(I	€	(—5;+оо). 1N	3.	а) л	G	(—оо;	7]; б)	cl G	[^;4*оо);
в)	a	G	(-oo;-jg). N	4.	а) Да,	а	— 3;	б) да,	а < 2;	в) не
существуют; г) не существуют. N 5. а) х 6 [^(6 + а); 3 — 5а]
при а <	0 при а > б) х G (^(7 — За); 2а + 3] при а > |;
0 при а < |; в) х G (^(2а - 5); §) при а < Ар 0 при а > Ар
г) х е	3) при а £ х £ (~°о; а3-~з) при а е
[1; 3); 0 при а е (-оо; 0] U [3;+оо); д) 0 при а е (-оо;-3];
х G (-°о;^у) при а е (—3; 2]; х е	при
а G (2; +оо). N 6. а^З, а^4. N 7. а = 2.
Глава II.
§1.
N 1. а) х\ = а + 1, х2 = -^ при а / 0; 0 при а = 0;
б) Ti = 1, х2 = — а — 3 при а / —4, а / —1, а / 0, а / А;
7	1
х =	1 при	a	G	{—4;	—1;0}; х	=	при	а	=	^;	в)	х =	1
при	а = 0,	Ъ	0;	х	G R при	а =	0,	b —	0;	a?i	= 1, х2	—
при а ф 0. N 2. а) а = ±2, а = б) а — ±2, а = -тр
N 3.	a) 1.	а	=	а = 3,	а =	6;	2.	а	е	(|;	3) U (3;6);
6)1.	а = 0,	а-=	j;	2.	а G (-оо; 0) U	(0;	^);	в)	1.	а =	-2,	а =	1;
2. а е [-5;-2) U (—2;1). N 4. 1) а G (-|; 0) U (0;+оо) U {-3};
2) а = —3. N 5. а = —3, а = 4.
92
§2.
N 1. a = —2. N 2. 0. N 3. a = ±3. N 4. a = 2. N 5.
a=-125) a=W. NG. a = -||, a = 2. N 7. a = -^j, a = G.
N8. a = 2, a=^.N9. a = 2. N 10. a G (-oo; -^) U (1; ^).
Nil. a G (4,5; 5). N 12. a) a = 3; 6) a = ±1. N 13. a = ±|;
a — ±1. N 14. a = 1, a = — ij-.
§3.
N 1. a) x G (-oo; 3a — 2) U (a 4-4; 4-oo) при a G (-oo;3);
x G (—oo; 7) U (7; 4-oo) при a = 3; x G (—oo; a + 4) U (3a — 2; 4-oo)
при a G (3;+oo); 6) x G (2a + l;a-2) при a G (—oo; —3);
0 при a = —3; x G (a — 2; 2a + 1) при a G (-3;4-oo);
ч ~ г- (	~2a — 1 + %/l 3 — 4ai	r—2a - 1 - л/13 - 4a. ,	\
B) € (-oo; ----------2(<i —1)-----1 U I-------2ЦГЛ)--------’ +tx>)
при a G (—oo; 1); x G (-oo; -g] при a = 1;	,
x G [2(^Tj(-2a “ 1 “	2(fl1_1)(-2a - 1 4- л/ТЗ^)]
при a G (1;^); ж = -^ при a =	0 при a G (ip+oo);
r)	x G	(^(2a - 1 + л/l - 12a); ^-(2a	- 1 - л/I - 12a)) при
a G	(-oo;	0); x	G (-2; 4-oo) при a = 0; x	G R при a G	(-j^; +oo);
x G	(-oo;	^(2a	- 1 - a/1 - 12a) U (^(2a -	1 + л/l - 12a);	+oo) при
a G	(0; jtj]; д)	x G (—oo; 2a — V4a? — 9)	U (2a + -\/4a2	— 9; 4-oo)
при a G (—oo; —^] U [^; 4-oo); x G R при a G (—p 5);
e) x G (-00; 2a — 1) U (a + 1; +00) при a G ( —oo;2); xG(-oo;3)U
(3;+oo) при a = 2; x G (-00; a 4- 1) U(2a - 1; 4-00) при aG(2;4-oo);
ж) x G (3a-l;a4-2) при (-00;	0 при a = x G (a4-2;3a-l) при
(|; 4-00); 3) x G (a-\/a2 — 2a; 0) U (a4-Va2 — 2a; 1) при a G (-00; 0);
x G (0; 1) при a G [0; 2]; x G (0;.l) U (a — >/a2 - 2a; a 4- л/a2 — 2a)
при a G (2; 4-00). N 2. a) a G (-00; -6); 6) a G (-J; 4-oo);
B)aG(-2;34). N 3. a = 4. N 4. a G [-2; -^].
N 5. a G (—00; rj) U (p 4-00). N 6. a = ±2.
N 7. a G (—00; 0) U (4; 4-00). N 8. a G (0; |).
N 9. aG [-^3; -1] U {0; 1}. N 10. a > 1G. Nil. a = -2.
N 12. a = 2.
93
§4.
N 1. m G (-00; 1)U(2;3). N 2. m G (-00; 0) U (2; 4).
N 3. m G (-1; 0)U(^;l). N 4. m G (1; 2^]. N 5. m G [^; +00).
N 6. ?nG(|; -^]. N 7. mG(-oo; -3). N 8. mG{l}U(^; +00).
N 9. mG{4}U(^; 5). N 10. m G (-2;	Nil. m G (0; 2).
N 12. m G (—00; -2) U (0; +00). N 13. 0.
N 14. m 6 (—2; 1) U (4; +oo).
§5.
N 1. a = l. N2. 0;-^. N 3. 8. N 4. a = 0. N5. При |a| > 2
сумма корней равна —2(a2 + 2a), она максимальна при a = —2.
N 6. a = 0, 3. N 7. a = —0, 2; a = 1. N 8. a = a = 1.
§6.
Nl. a	G [— p 2]. N2. x = l,y =	— 2; при a 2	система решений
не имеет.	N 3. a=^- N 4.	a = ±2.	N 5.	a =	5.	NG. x = l,y = 1.
N 7. a G	2’2^ N 8. a)	x G (a;	1] U	[3; 5)	при a G (—oo;l);
x G [3; 5)	при a G [1; 3); x	G (a; 5)	при	a G	[3;	5); 0 при a = 5;
x G (5; a) при a G (5;+oo); 6) x G (-2; 4] при a G (-oo;-3];
x G [—3; a) U (—2; 4] при a G (—3; —2]; x G [—3; —2) U (a; 4]
при	a G (-2; 4); x G [-3;	-2)	при	a G	[4; +oo); в) x	G (a;-3)
при	a G (—oo; —3);. 0	при	a =	—3;	x G	(—3; a) при a	G (—3;2];
x G (—3; 2] при a G (2;	4];	x G (—3;	2] U	[4; a) при a G	(4; +oo\
N 9.	a = 20. N 10. a <	0. N 11.	a G	{-7;	0; }. N 12. a G	[-0, 5; 4].
N 13. a G (-3; -1) U {-J; 0}.
§7.
Nl. a = 7. N2. aG(—oo;—1]. N 3. aG(-l;0). N 4. aG(-l;0).
N 5. aG(—0,8;0). N 6. a=--^, a = -5.
94
Оглавление.
Предисловие...................................................3
Глава I. Линейные уравнения, неравенства, системы
§1	. Линейные уравнения .....................................5
§2	. Уравнения, приводимые	к	линейным .......................9
§3	. Линейные и дробпо-лппейныс неравенства ................13
§4	. Системы уравнений .....................................18
§5	. Системы неравенств ....................................29
Глава II. Квадратные уравнения, неравенства, системы
§1	. Квадратные уравнения ..................................3G
§2	. Соотношения между корнями квадратных уравнений ........42
§3	. Квадратные неравенства ................................48
§4	. Взаимное расположение корней квадратного уравнения ....55
§5	. Задачи на нахождение наибольших и наименьших значений .69
§6	. Системы уравнений и неравенств.........................76
§7	. Уравнения, приводимые к квадратным ....................86
Ответы ..................................................... 90
95
Абитуриент
Вадим Владимирович Локоть
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
ЛИНЕЙНЫЕ И КВАДРАТНЫЕ УРАВНЕНИЯ,
НЕРАВЕНСТВА, СИСТЕМЫ
Учебное пособие
Публикуется в авторской редакции
Главный редактор
Ответственный за выпуск
Дизайн обложки
И.Ю. Синельников
В.Е.Дремин
С.О. Вашакидзе
Лицензия серия ИД № 04186 от 06.03.2001
Подписано к печати 25.01.2005 Формат 60x90/16. Объем 6 п.л.
Печать офсетная. Бумага типографская № 1. Тираж 5000 экз. Заказ № 1271.
Издательство «АРКТИ»
125212, Москва, Головинское шоссе, д. 8, кор. 2
Тел.: (095)742-1848
Отпечатано в полном соответствии
с качеством предоставленных Диапозитивов в ФГУП ДПК Роспатента
142001, г. Домодедово, Каширское шоссе, 4, корп. 1.
Издательство «АРКТИ»
представляет книги по математике
Бродский И.Л., Аладьин Е.И.
Решение экзаменационных задач
повышенной сложности
по геометрии(планиметрия). 9 класс
Локоть В.В.
Задачи с параметрами.
Уравнения и неравенства иррациональные
и с модулем
Каганов Э.Д.
Крепкий орешек: Математические задачи
повышенной сложности для учащихся 8-11 классов.
I При а - -35 —2];!
По вопросам приобретения
литературы обращайтесь:
125212, Москва, а/я 61
Тел.: (095)742-1848, факс: 452-2927
www.arkty.ru E-mail: arkty@dol.ru
Г ) гп и