Text
                    

_____ Готовимся к ЕГЭ В. В. Локоть ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ IIЛШРНШЧЕМИЕ УРАВНЕНИЯ, НЕРАВЕНСТВА, СИСТЕМЫ « е п l МОСКВА 2004
УДК 373:51 ББК 74.26.+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. Показательные и логарифмичес- кие уравнения, неравенства, системы. —М.:АРКТИ,2004. — 96 с. (Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ). ISBN 5-89415-376-Х В пособии приведены решения более 150 задач с параметрами (показательные и логарифмические уравнения, неравенства, систе- мы). Оно адресовано учителям, студентам, учащимся 11-го класса. Материал может быть использован при подготовке к Единому государственному экзамену (ЕГЭ). В заключительной части посо- бия рассмотрены решоиия задач с параметрами, предлагавшими- ся на ЕГЭ в 2002-2003 Годах. УДК 373:51 ББК 74.26. 122.1 ISBN 5-89415-376-Х «') Ло|<<»т1, II. В., 2004 «) Al’KTII. 2004
Задачи с параметрами играют важную роль в формировании ло- гического мышления и математической культуры у школьников, но их решение вызывает у них значительные затруднения. Это связано с тем, что каждое уравнение или неравенство с параметрами 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. Материал пособия рассчитан на учащихся 11 классов. В пособии 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 (показательные и логарифмические уравнения, неравенства, системы). Такое располо- жение материала должно облегчить работу учителя при подготовке к проведению занятий. Последний параграф пособия посвящен решению задач с параме- трами, прелагавшимися на ЕГЭ в 2002 - 2003 годах. 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 пара метрическим. Значения параметров и искомых величин в пособии предполага- ются действительными. 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. Г-3936 3
Список принятых обозначений R - множество всех действительных чисел, [а; Ъ] - замкнутый промежуток (отрезок) с началом а и концом Ь, а < Ь, (а; Ь) - открытый промежуток (интервал) с началом а и концом Ь, а < Ь, (а; Ь], [а; Ь) - полуинтервалы с началом а и концом Ъ, а < Ь, (а; 4-оо), [а; 4-оо), (—оо; 6], (—оо; Ь) - бесконечные промежутки, ( —оо; Н-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, /(а?) - значение функции в точке х, D - дискриминант квадратного трехчлена, а?о - абсцисса вершины параболы, D(J) - область определения функции /, E(f) - множество значений функции /, |я?| - абсолютная величина (модуль) числа х, ОДЗ - область допустимых значений, { - знак системы, [ - знак совокупности, {а?} - число х - элемент множества. 4
Глава I Показательные уравнения, неравенства и системы уравнений и неравенств §1. Решение уравнений Приведем некоторые эквивалентности, используемые при реше- нии показательных уравнений. 1. Уравнение h(x)^x^ — h(x)9^ при h(x) > 0 равносильно совокупности двух систем Г h(x) = 1 и Г/(ж) = д(х) € D(f) П D(g) ^/г(ж) > 0) Ь(х) ф 1- 2. В частном случае (^г(ж) = а) уравнение аАх^ = а9^ при а > 0, равносильно совокупности двух систем ja = i и Шх)=д(х) [ж G D(f) П D(g) |a > 0, а 1. 3. Уравнение — Ь, где a > 0, а =4 1, b > 0, равносильно уравнению /(ж) = logra Ъ. В дальнейшем во всех примерах, содержащих выражение предполагаем a > 0. Случай а = 1 рассматриваем отдельно. Примеры. Решить уравнения. 1) 25х + а2(а - 1)5Х - а5 = 0, 2) 22х - (2а + 1) 2х + а2 + а = 0, 3) 4) = о, 144-|2x-1| _ 2 . 12-|2х-1| + а = О, а2х-4 За1-2 -|- 4-/а2х~4 4- За1-2 — 6 — 18 , 2 1 ах— а~х = 2с (с > 0), 6) а^ - 5а^ 4-4 = О, 7) а4х + а2х = аех, 8) 3 • 4х-2 4- 27 = а + а • 4Х“2, 9) а2х+1 - За2х - 4а2х~1 = b - 1 , -9..- -3 2 и 10) ах+1 = Ь3~х, 11) а^ — 1 . 4-1 = — 1, 191 2х + 3 , 2:г + 7 _ 2а 21 — 2 + 2х — 4 “ 4х — 6 • 2х + 8’ 13) у/2ах~3 + 5 + у/ах~3 — 1 ='4. Решение. 5) 1) Пусть 5х — t, тогда уравнение примет вид t2 4- a2(a — l)t — a5 = 0, корни которого ti — —a3, t2 — a2. Так как 5х > 0, то уравнение 5х = —а3 имеет решение х = 31og5(—а) при а < 0, а уравнение 5х = а2 имеет решение х — 2 log5 |a| при а 0. 5
Ответ: Xi = 31og5(—а), x% = 21og5( —а) при a G (—00; 0); 0 при a = 0; ® = 21og5a при a G (0; +00). 2) После замены 2х = t получаем квадратное уравнение /2 — (2a + l)t + a(a + 1) = 0, корни которого ti = a, t% = а+ 1. 1. 2а; = а. Если а < 0, то решений нет, при а > 0 х — log2 а. 2. 2х = а + 1. Если а < — 1, то решений нет, при а > — 1 х = log2(a + 1). Ответ: 0 при a G (—оо; -1]; х = log2(a 1) при ае(-1;0]; .Ti=log2a, .г’2 = log2(a-Ь 1) при a. G (0; +оо). 3) Обозначая 12~I2:i;-1I за /, исходное уравнение приведем к виду t2 — 2t +а — 0, корни которого Н,2 = 1 ± х/1 — a (a < 1). При а = 1 ti = t2 = 1, а уравнение 12-|2x-i| = i |2х- — 1| = 0 имеет решение х = Так как 0 < t = 12“'2:1'_<1, то t-2 — 1 + \/1 — а (0; 1] при а < 1. Решая неравенство 0 < ti = 1 — у/1 — а <1 <=> 0 < у/1 — а <1 о 0 < а < 1, получим, что 12“12а:_11 = 1 — л/1 - a <=> — |2т —1| = log12(l —х/1 — a), откуда х = |(1 ± log12(l - л/1 - а)) при 0 < а < 1. Ответ: 0 при a G (-00; 0]U(l; +00); х = |(l±log12(l —х/1 — а)) при a G (0; 1); х = | при а = 1. 4) Пусть у = у/а2х~4 + За1-2 — 6. Первоначальное уравнение примет вид у2 + 4i/ —Д2 = 0, корни которого 1/1 = 2, Уч — —6. Так как у > 0, то 1/2 — —6 [0; +оо). Решим теперь уравнение х/а21”4 + За1"2 - 6 = 2 & а2х~4 + Зах~2 - 10 = 0. Снова введём обозначение ах~2 = t > 0 и прообразуем уравнение к виду t2 + 3t — 10 = 0. Условию t > 0 удовлетворяет только один корень ti=2 (/г = —5 (0; +оо)). Решая уравнение ах~2 = 2, получим х — 2 + logf( 2 (a / 1), 0 при а = 1. Ответ: х = 2 + log0 2 при a G (0; 1) U (1; +оо); 0 при а = 1. 5) Путем замены ах — t приведём уравнение к квадратному t2 — 2ct —1=0, корни которого 1,2 = с ± х/с2 + 1- Решим урав- нение ах = с + х/с2 + 1. Если a = 1, то при с = 0 х <= R, при с =/ 0 уравнение решений не имеет. В случае a G (0; 1) U (1; +оо) х = loga(c + х/с2 + 1). Уравнение ах = с — х/с2 + 1 решений не имеет. Ответ: х G R при a = 1, с = 0; 0 при a = 1, с 7^ 0; х — logtt(c 4- х/е2 + 1) при a G (0; 1) U (1; 4^оо). 6
ч 2 1 6)а^-5а^+4 = 0 +> ai = 1 ai = 4. (1)>(2) При а — 1 множество решений уравнения (1) х € R, х 0. При a 1 уравнение (1) решений не имеет. Решая уравнение (2), получим = log„ 4 (a 1), откуда х = log4 а. При а = 1 уравнение (2) решений нс имеет. Ответ: х = log4 а при а € (0; 1) U (1; +оо); х G R \ {0} при а. = 1. 7) После замены а2х — t получаем кубическое уравнение 7,2 + t = /,(^2 „ t _ = 0) корни которого Н = 0, t2 = |(1 — л/5) < 0, f3 = ~(1 + \/5) > 0. Уравнение а2х t имеет решение только при t > 0, поэтому исходное уравнение имеет единственное решение а2х = j(l + л/5) +> •с = | loS« К1 + (a > 0,a 1). Ответ: х = | log(l |(1 + \/5) при a G (0; 1) U (1; +оо); 0 при а = 1. 8)3-4х-2+27 = а + а • 4:с-2 <+ 4а:"2(3 - а) = а - 27. При а / 3 уравнение 43:-2 = имеет решение х = 2 + log4 при условии >0 +> а € (3; 27). Ответ: х = 2 + log4 при a G (3; 27); 0 при a G (-оо; 3] U [27; +оо). 9) а2:,;+1 — За2з: — 4а2з:-1 = b — 1 <=> а2х-1 • (а2 — За - 4) = b — 1 +> а23"'-1 • (а — 4)(а + 1) = b — 1. Рассмотрим несколько случаев. 1. а = 4, 6=1, х Е R. 2. a = 4, b 1, 0. 3. a = 1, 6 = —5, х Е R. 4. a = 1, 6 / —5, 0. 5. а 1, а/4. Уравнение 2т —1 Ъ — 1 1 1 (1(Ъ — 1) « = 7--л\, V\ имеет решение х = A log., 7--- (a-4)(a+l) 1 , 2 ba (а - 4)(a + 1) при условии д 2 4 > 0 +> Ответ: х G R при 1) a = 4, 6 = 1, 2) a = 1, 6 = —5; 0 при 1) a = 4, 1,- 2) a = 1, 6 -5, 3) 0 < a < 4, 6 > 1, 4) a >4, 6<1; x= loga при 1) 0 < a < 4, 6 < 1; 2) a > 4, 6 > 1. 6 > 1, a > 4 6 < 1, 0 < a < 4. 7
10) Исходное уравнение определено при а > О, b > 0. Если а = b = 1, то решением уравнения является любое действительное число. Если а 1, b — 1, то a3:+1 = 1 и х = —1. Если а — 1, b / 1, то b3~x = 1, откуда х = 3. При а / 1 и b / 1 X h3 h3 имеем (ab)x = <=> х = lognb %- (ab 1). Если же ab = 1, то h3 h3 (ab)x = <=> 1 = <=> - 1, b = 1, что противоречит предположению b / 1. Ответ: х G R при а = b — 1; х = 3 при а = 1, b 1; х — — 1 Ь3 при а 1, b = 1; х — logft6 при а / 1, b / 1, ab 1; 0 при ab = 1, а 1. 11) Исходное уравнение имеет смысл при х / ±1 и а > 0. 12 — Зт 2 После преобразований получим уравнение а х ~ 1 = ах ~ 1. При я=1 х G (—оо; — 1) U (—1; 1) U (1; 4-оо). При a G (0; 1) U (1; 4-оо) имеем <=> = °, откуда х = 2. х — 1 х ~ 1 х — 1 Ответ: х G R \ { — 1; 1} при а = 1; х = 2 при a G (0; 1) U (1; 4~оо). 12) Полагая 2х — t, получим £4-3 । t 7 ___ 2а______ i - 2 + £ -4 “ £2 - 6£ 4- 8 откуда й,2 = -1 ± д/14 4- a, t то уравнение 2х — —1 — \/14 4- a 2 • (£2 4- 2t - 13 - a) (£-2).(£-4) -U’ 2, £ 7^ 4. Так как 2х > 0, решений не имеет. Уравнение 2х = д/14 4-я — 1 имеет решение х = log2 (у*14 4- а - 1) при условии л/14 + а— 1 > 0, т.е. при а > -13. Остается исключить те значения 1 а, при которых £ = 2 и £ = 4. х/14 + а — 1 = 2 <=> д/14 + а = 3 а = —5, х/14 Т я — 1 = 4 <=> д/14 4“ я = 5 Фг’ я = 11. Ответ: 0 при я G (—оо, —13] U {—5} U {11}; х = log2 (х/14 + я - 1) при a G (—13; — 5) U (-5; 11)U(11; +оо). 13) После замены я*-3 = £ получим д/2£ + 5 4- Vi — 1 = 4 <=> ( 2£ 4- 5 4- 2д/2£ + 4- £ - 1 = 16 J 2y/2t 4- 5vT^T = 12 - 3£ < <=> I £ > 1 8
4(2£ + 5)(£ - 1) = 144 - 72£ + 9£2 12 — 3t > О t2 - 84£ +164 = 0 £1=2 £2 = 82 , откуда £ = 2. Уравнение ах 3 = 2 а / 1 имеет решение х = 3 + loga 2. при a = 1 решений не имеет, а при а > О, Ответ; 0 при а = 1; х = 3 + loga 2 при a G (0; 1) U (1; +оо). Упражнения. Решить уравнения. 1) 4* - 2a(a + 1)21"1 + а3 = О, 2) 144|х1 - 2 • 12Н + а = О, 3) а2х(а2х + 1) = а(а3а: + а1), 4) а2х~3 - а2х~2 4- а2х = Ь, 5) а2х+1 = Ь3х+2, 6) а = а . а~2х, у а 7) С+5 , 3*-7 = _______2а 1) 3^ _ 3 + 3* + 1 9^ _ 2 • 3А - 3 ’ __з _____2 5х 8) ах 4" 1 • ах 4" 1 = . >3936 9
§2. Условия существования решений Очень часто в задачах требуется установить, при каких а урав- нение имеет решения или не имеет их. Рассмотрим несколько при- меров. Пример 1. При каких а уравнение имеет решения ? 1) 41 + а • 2х = 1, 2) 25х - (а - 4) • 5х - 2а2 + 10а —12 = 0, 3) 2^1+“ - 2^ = 5, 4) 2х + 22~х = а, 5) I21 — а| = 3, 6) 97к-2| _ 4.3-|;с-2| _ а = о, 7) (а - 1)4Х - 4 • 2х + (а + 2) = 0. Решение. 1) После замены 2х = t получим квадратное уравнение t2 + at — 1 = 0. Так как свободный член отрицателен, то уравне- ние при любом а имеет корни противоположных знаков, следова- тельно, первоначальное уравнение при любом а имеет единственное решение х = log2 ty , где t\ - положительный корень квадратного уравнения. Ответ : a G (—оо; +оо). 2) Обозначим 51 через t, получим квадратное уравнение t2 — (а — 4)£ + (2а — 6)(2 -- а) = 0, корни которого = 2а — 6, £2 = 2 — а. Так как уравнение 51 = t имеет решение при t > 0, то искомые значения а найдем из совокупности неравенств £1 > 0 £2 > 0 откуда a G (—оо; 2) U (3; +оо). Ответ : a G (—оо; 2) U (3; +оо). Г 21Х1 = 5_ 3) 2lIl+a - 2И = 5 <7 2^(2а - 1) = 5 < 2-1 [2а - 1 0. Так как 2lxl > 1 при любом х G R, то исходное уравнение бу- 5 ( 2а - 1 > 0 дет иметь решения при условии | 5 > 2“ 1 l<2a<6o0<a< log2 6. Ответ : a G (0; log2 6]. 4) Воспользуемся неравенством Ь+с > 2л/Ьс (6 > 0. с > 0). Имеем 2х + 22~х — 2Т + > 2у^2х • — 4. Множество значений левой части уравнения - промежуток [4; +оо), следовательно, урав- нение имеет решения при а > 4. 10
Замечание. Приводя исходное уравнение к квадратному t2 — at + 4 = 0, где t = 2Ж, искомые значения а можно полу- fp>0 [ а2 — 16 > О чить из условий < < откуда а > 4. I 0 < ti < t2 I а > О, Ответ : a £ [4; +оо). 5) |2*-а| = 3 « %=а + 1 « * = ;°S2(“ + 3). “>-3 ' [ 2 = а - 3 х = log2(a — 3), а > 3. При a G (-3; 3] уравнение имеет одно решение х = log2(a + 3), при a € (3; +оо) уравнение имеет два решения a?i = log2(a + 3) и •'^2 = Iog2(a - 3). Ответ : a £ (—3; +оо). 6) Обозначая t = 3-k-2^ получим уравнение f(t) — 0, где f(t) = t2 — 4t — а. Корни уравнения tii2 = 2±у/4 + а (а >-4). Так как 0 < t = 3"la:“2l < 1 для любых х, то искомые значения а можно найти из условия 0 < ti>2 < 1. Ясно, что ti = 2+л/4 + а > 2, поэтому ti (0; 1]. Решая неравенство 0 < t2 < 1 о 0<2 — у/4 + а < 1 О 1 д/4 + а <2 <=> 1 < 4 + а < 4, получаем a £ [—3; 0). Замечание. Так как абсцисса вершины параболы to = 2, то на промежутке t £ (—оо; 2] f убывает, и значения а можно было f /(0) > 0 f —а > 0 наити из системы неравенств < <=> < <=> Ц(1)<0 [1-4-а<0 —3 < а < 0. Ответ : а £ [—3; 0). 7) Полагая 2® — t, уравнение (а - 1)4Ж - 4 • 2х + (а + 2) = 0 (1) приводим к виду /(t) = 0, где /(t) = (а — l)t2 — 4t + (а + 2). Уравнение (1) будет иметь хотя бы одно решение, если уравнение /(t) = 0 будет иметь хотя бы одно положительное решение. Это возможно в следующих случаях: 1. а — 1. Уравнение /(t) = 0 имеет единственное решение t = > 0. 2. Корни уравнения /(t) = 0 имеют противоположные знаки. Значения а находим из условия (а—1)/(0) < 0 <=> (а — 1)(а + 2) < 0, откуда a G (-2; 1). Если один из корней равен нулю (при а = —2), то второй корень t = —т.е. значение a = —2 условиям задачи не удовлетворяет. 2*-3936 11
3. Оба корня уравнения положительны. Значения а находим из системы 'to > о f > О < > О о < 4 - (а + 2)(а - 1) > 0 , откуда а G (1; 2). Да—1)/(0)>0 Ца - 1)(а + 2) > О 4. Корни уравнения совпадают. Уравнение D = 0 имеет корни а = — 3 и а -= 2. При а = —3 t — — < 0, а при а = 2 t = 2 > 0. Объединяя найденные значения а, получаем Ответ : а € (—2; 2]. Пример 2. При каких а уравнение не имеет решений? 1) а • 2-х = а2 - 9, 2) 49х - 2а 7х + а2 - 1 = 0, 3) 4х + (а2 + 5) 2х + 9 - а2 = 0, 4) а • 4х+1 - (За + 1) • 2х + а = 0. Решение. 1) Если а = 0, то уравнение решений не имеет. При а 0 уравнение преобразуем к виду 2~х = а аТак как .Е(2-х) = (0; +оо), то последнее уравнение не имеет решений, если 2 А -д J < 0. Решая это неравенство, получим а £ (—оо; —3] U (0; 3]. Объединяя все найденные значения а, получим Ответ : а € (—оо; —3] U [0; 3]. 2) Исходное уравнение путем замены 7х = t приводим к ква- дратному t2 — 2at + а2 — 1 =0, корни которого tj = а — 1, t% — а +1. Уравнение 7х = t не имеет решений, если t < 0. Искомые значения f Н < 0 (а — 1 < 0 а находим из системы < < откуда а < — 1. [t2<0 [а + 1<0, Ответ : a G (—оо; -1]. 3) Положим 2х — t, тогда уравнение 4х + (а2 + 5)- 2х + 9 - а2 =0 (2) примет вид /(£) = 0, где f(t) = t2 + (а2 + 5)i + 9 — а2. Уравнение (2) не имеет решений, если уравнение f(t) — 0 не имеет положи- тельных решений. Так как £q = — ^(а2 + 5) < 0, то на промежутке [—т}(а2 + 5); +оо) f возрастает, поэтому достаточно потребовать выполнения неравенства /(0) >0 9 — а2 > 0 — 3 < а < 3. Ответ : a G [—3; 3]. 4) Пусть 2х = t. Уравнение а • 4х+1 - (За + 1)2Х + а = 0 (3) 12
принимает вид /(f) = 0, где /(f) — 4at2 — (За 4- l)f 4-а. Уравнение (3) не будет иметь решений, если уравнение /(f) = О не будет иметь положительных решений. Рассмотрим следующие случаи: 1. а = 0. Уравнение /(f) = 0 имеет единственное решение f = 0, следовательно, а = 0 удовлетворяет условиям задачи. 2. D < 0. Решая неравенство (За 4- I)2 - 16а2 <0 О 7а2 — 6а - 1 > 0, получаем а G (—оо; — у)и(1; 4-оо). При а=—у fl = t-2 = <0, при а = 1 fi = t‘2 — > 0. Условиям задачи удовлетворяют значения а G (—оо; —-|] U (1; 4-оо). 3. Оба корня уравнения /(f) = 0 отрицательны. Значения а найдем из системы '‘о<° fa^L<° ре(-фо) < D > 0 <=> < (За 4- I)2 — 16а2 >0 <=> < а G ( — у; 1) 4а/(0) > 0 4а2 >0 [а G (—оо; 0) U (0; 4-оо), откуда аб(-?; 0). 4. Один из корней уравнения /(f) = 0 равен 0, второй отри- цателен. Подставляя в уравнение /(f) = 0 f = 0, получим значение а = 0, которое исследовано ранее. Объединяя найденные значения а, получим Ответ : a G (—оо; 0] U (у; 4-оо). Замечание. В отличие от предыдущего примера to может при- нимать как положительные, так и отрицательные значения, поэтому удобнее применить другой способ решения. Упражнения. 1. При каких а уравнение имеет решения? 1) 22х - (а - 3)2Х - За = 0, 2) 4х - а • 2х - а 4- 3 = 0, 3) (а — 1) • 4х — 4 • 6х 4- (а + 2) • 9х = 0, 4) 9х 4- 2а • 3х - 4 = 0, 5) 52х - (а - 2)5Х - 2а = 0, 6) х2 - (2я - 1)ж - 3(4а“1 - 2а~2) = 0. 2. При каких а уравнение не имеет решений? 1) (о, 2)х = 25а+д3, 2) 9х + (а2 + 2)3Х 4- а2 - 4 = 0, 3) 25х —(2а—1)5х4-а2—а—2 = 0, 4) (10-а)52х+1-2-5х+1+6-а = 0, 5) (а - 4)9Х 4- (а 4- 1)3Х 4- 2а - 1 = 0. 13
§3. Корни уравнения Рассмотрим несколько примеров на определение значений пара- метра, при которых 1) уравнение имеет единственное решение, два решения, только положительные или отрицательные решения; 2) два уравнения равносильны. Пример 1. При каких а уравнение имеет единственное реше- ние? 1) а 2х + 2-х — 5, 2) а • 4х - 5 4~х = 5, 3) 32х+2 - 6x'hl + а • 4х = 0, 4) 4х - (а + 3)2* + 4а - 4 = О, 5) 4х - (5а - 3)2Х + 4а2 - За = 0, 6) 2(°-1)^2+2(«+з)х+а = 1. Решение. 1) Вводя переменную 2х — t, получим уравнение /(!) — 0, где f(t) = at2 - + 1. 1. При а = 0 линейное уравнение — 5£ + 1 = 0 имеет решение t = > 0, поэтому исходное уравнение имеет единственное решение. 2. Если D = 0, то a = Уравнение f(t) = 0 имеет един- 2 ственное положительное решение t = следовательно, исходное уравнение имеет единственное решение. 3. Один корень уравнения f(t) = 0 положителен, второй отри- цателен. t\t2 < 0 <=> а<0 О а<0. 4. Случай ti = 0, t2 > 0 невозможен, так как ни при каком a уравнение f(t) = 0 не может иметь нулевое решение. Объединяя найденные значения а, получим Ответ : а € (—оо; 0] U {^}. 2) После замены переменной 4х = t получим уравнение f(t) — 0, где f(t) = at2 — 5t — 5. 1. При a = 0 линейное уравнение —5t — 5 = 0 имеет решение t = — 1 < 0, следовательно, исходное уравнение решений не имеет. 2. Если D = 0, то а = — |. Квадратное уравнение имеет единственное решение t = — < 0, поэтому исходное уравнение решений не имеет. 3. а/(0) < 0 О —5а <0 <=> а > 0. При этих значениях а корни уравнения f(t) = 0 имеют противоположные знаки. 4. Случай ti = 0, t2 > 0 невозможен. Отвпп : a G (0; +оо). 14
3) Разделив левую и правую части уравнения на 4х+1, получим квадратное уравнение t2 - t + f = О, (1) где t = (й)'с+1- Исходное уравнение будет иметь единственное реше- ние, если уравнение (1) имеет только один положительный корень. Это выполняется в следующих случаях. 1. D = 0 <=> 1 — а = Q а = 1, t = > 0. 2. ii • ^2 < 0 zj <~ 0 т=т’ а 0. 3. Один корень уравнения (1) равен 0, второй положителен. При а = 0 <1=0, <2 = 1 > 0. Ответ : a G (—оо; 0] U {1}. 4) Пусть 2х = t, тогда уравнение 4х - (а + 3)2* + 4а - 4 = 0 (2) примет вид <2 — (а + 3)< + 4(а —1) = 0, (3) корни которого <i = 4, <2 = а — 1- При а = 5 уравнение (3) имеет единственное решение t = 4, откуда х = 2 - единственное решение уравнения (2). Кроме того, уравнение (2) будет иметь одно решение х = 2 при а < 1, так как в этом случае? уравнение 2х = а — 1 решений нс имеет. Ответ : a G (-оо; 1] U {5}. 5) Обозначая 2х через t, получим уравнение <2 - (5а —3)< + а(4а —3) = 0, (4) корни которого <i = а, <2 = 4а — 3. Так как t — 2х > 0, то исходное уравнение имеет единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение (4) имеет единствен- ное положительное решение. Рассмотрим возможные случаи. 1. <i = <2 О а = 4а — 3, откуда а = 1 и <r = <2 = 1 > 0. 2. Корни уравнения (4) имеют противоположные знаки. <1 <2 < 0 О а(4а — 3) < 0, откуда a G (0; |). 3. Один из корней уравнения (4) равен нулю, а второй положи- телен. Если <i = а = 0, то <2 = -3 < 0. 3 ч Если же <2 — 4а — 3 = 0 О а - , то <i = а = ^ > 0. Объединяя найденные значения а, получим Ответ : а Е (0; U {1}. 6) Исходное уравнение равносильно уравнению (а — 1)т2 + 2(а + 3)т + а = —2. Последнее уравнение может иметь единственное решение в двух случаях. 15
1. Коэффициент при х2 равен нулю (а = 1). Линейное уравне- ние 8ж + 3 = 0 имеет единственное решение. 2. Квадратное уравнение имеет единственное решение в случае = 0 о (а + З)2 - (а + 2)(а - 1) — 0 <=> 5а + 11 = 0, откуда а — —2,2. Ответ : а G { —2,2; 1}. Пример 2. При каких а уравнение 9х —2(3а —2)3Х+5а2 —4а = 0 (5) имеет два различных решения ? Решение. Уравнение /(£) = 0, где J(t) = t2 — 2(3а — 2)t+5a2 — 4а, t = 3х имеет корни t[ — a, t2 — 5а —4. Уравнение (5) имеет два различных решения тогда и только тогда, когда уравнение /(£) =0 имеет два. различных положительных корня. Решая систему <1 > 0 a > 0 < t2 > 0 О < а > получаем а е (^; 1) U (1; +оо). ti 7^ t2 a 5a — 4, Замечание. Значения а можно получить, не находя корни ti и <2, из системы ( /(0) >0 ( a(5a - 4) > 0 Ьр>0 О < (За- 2)2 -5а2 + 4а > 0 > 0 ^За — 2 > 0, откуда a G (|; 1) U (1; +оо). Ответ: а € (|; 1) U (1; +оо). Пример 3. При каких а уравнение 8х — имеет только положительные корни ? Решение. По свойству показательной функции с основанием, большим единицы, имеем х > 0 <=> 8х > 1 > °- откуда а € (|; 4). Ответ : a G (^; 4). Пример 4. При каких а равносильны уравнения 4х+1 + 2^+4 = 2Х+2 + 16 и |а —9|3Х-2 + а-9х-1 = 1? (6), (7) Решение. Найдем корни уравнения (6). 16
4х+1 + 2^+4 = 2^+2 + 16 о 4 • 22х + 16 • 2х - 4 2х - 16 = 0 о 22х + 3 2х — 4 = 0. После замены 2х = t получаем квадратное уравнение t2 + 3i — 4 = 0, корни которого ti = — 4, t-z = 1. Так как уравнение 2х — —4 решений не имеет, то уравнение (6) имеет единственное решение (2х = 1 <=> х = 0). Подставляя х = 0 в уравнение (7), получим д|а — 9| + ^а = 1 <=> |а — 9| = — (а — 9), откуда а < 9. Исследуем полученные значения а. При а < 9 уравнение (7) принимает вид ау2 -Ь (9 — а)у — 9 = 0, где у = 3 х. Если а = 0, то у = 1, 3х = 1 <=> х = 0. Уравнение (7) имеет единственное решение х = 0, следовательно, при а = 0 уравнения равносильны. При а 0 корни квадратного уравнения ау2 + (9 — а)у — 9 = 0 Z/1 = 1, У2 = ~Если a G (0; 9], то уравнение 3х = — решений не имеет, множества решений уравнений (6) и (7) совпа- дают (ж = 0), уравнения равносильны. При a G (-оо; —9) U (—9; 0) уравнение (7) кроме х = 0 имеет решение 3х = О х = log3( —^), поэтому уравнения не равносильны. При а = -9 у± — у2 - 1, урав- нение (7) имеет единственное решение х = 0 и уравнения (6) и (7) равносильны. Ответ : a G {—9} U [0; 9]. Упражнения. 1. При каких а уравнение имеет единственное решение? 1) 52х — 10х + 4х-1(а — 2) = 0, 3) 72х - 2 21х + (2а - 1) • 9х = 0, 5) 25х - 2 10х + (2а + 3) • 4х = 0, 7) д* _ з^+i _ а2 + 5.а - 4 = 0, 9) 4х - а- 2х+1 - За2 +4а = 0, i 1 \ оах2 — 4т + 2а 1 2. При каких а уравнение (а — 1)32х — (2а — 1)3Х — 1 = 0 имеет два различных корня? 3. При каких а уравнение (0, 2)х = имеет отрицательные корни? 2) а 3х + 4 • 3-х = 2, 4) а 5х - 6 • 5~х = 4, 6) 22х — а • 2х — 2а = 0, 8) а(2х +2~х) = 5, 10) 3(«+1)я:2-2(а-2).г+а _ 27 12) заа;2+2:с- (Уз)-4 ’ 4. Каковы знаки корней уравнения 1 1 х2 - х{а Зп)2 + 4(3n+1 + а — 3) = 0 при различных значениях а ? 5. При каких а число (-1) является корнем уравнения Va 5~х + 56 = 2 5“х + а? 3-3936 17
§4. Показательные неравенства /(«) > О t > о, Решение простейших показательных неравенств основано на свой- ство монотонности степени: а^х^ > ая^ ( f(x) > д(х) ( а^х) > а9^ (f(x) < д(х) а > 1 ^а>1, 1^.0 < а < 1 ^0 < а < 1. Неравенство вида f(ax) > 0 при помощи замены переменной t = ах сводится к решению системы неравенств а затем к решению соответствующих простейших показательных неравенств. При решении нестрогого неравенства необходимо к множеству ре- шений строгого неравенства присоединить корни соответствующего уравнения. Как и при решении уравнений во всех примерах, содер- жащих выражение аДх\ предполагаем а > 0. Случай а = 1 рассматриваем отдельно. Пример 1. Решить неравенства оч а2х - 10 ч 15 ах + 1 - 3 ах(ах 5) х2 -2х + 2l"l > О, 7) |<г2я: + ах+2 - 1| > 1, 9) |3Ж -3-х| < 3“ -3-“, 11) — 6а-2 — а~х 13) х/2 - ах~3 < ах~3. 2) 2-4:с+1 +а-2х+1 - а2 < О, 4) а2 2х > а, 6) ах+2 + ва*-1 - | > а- 2, 8) (а + 1) < (а + 2) •3^F+T, 10) a2 -4u:+1 - 33ft- 2х + 8 > О, 12) ах2~х < а2, Решение. 1) После замены переменной 3х неравенству 9i2 + 8at — а2 > 0 = t > 0 придем к квадратному (9t — a)(t + а) > 0. Рассмотрим три случая: 1. ft < 0. Так как 9t — а > 0, то решение неравенства t > —а <=> З1 > — а о х > log3(—ft). 2. а > 0. В этом случае t + ft > 0, поэтому решение неравентва 9t > а <=> З1 > откуда х > log3 ft — 2. 3. При а — 0 первоначальное неравенство принимает вид 9l+1 > 0, решением его является любое значение х G R. Ответ : х G (—log3(-ft); +оо) при ft < 0; х G R при а — 0; х € (log3 ft — 2; +оо) при ft > 0. 18
2) Как и в предыдущем случае, получим квадратное неравенство 8t2 + 2at — а2 < 0 о (4t — а)(2£ + а) < О, (1) где t = 2х > 0. 1. а < 0. Решения неравенства (1) t е [^; — ^], откуда 2х < — 7J х < log2(-a) - 1. 2. а > 0. В этом случае решения неравенства (1) t G [— ^]> а исходного 2х < х < log2 а — 2. 3. а = 0. Исходное неравенство 2 • 4х+1 < 0 решений не имеет. Ответ : х € (—оо; log2(—а) — 1] при а < 0; 0 при а = 0; х G (—оо; log2 а — 2] при а > 0. 3) Обозначив t = ах, получим ~ — 3 + < 0 <=> t3-3t2-13t+15 < о (t + 3)(t- l)(t-5) где t > 0 t(t + 1) < и » t(t + J) и' гл' ‘ > и- Решения неравенства t G [1; 5]. 1. 0 < а < 1. 1 < ах < 5 <=> loga 5 < х < 0. 2. а > 1. 1 < ах < 5 <=> 0 < х < logrt 5. Ответ : х Е [loga 5; 0] при 0 < а < 1; х G [0; loga 5] при а > 1; х G R при а = 1. 4) Рассмотрим три случая: 1. а < 0. Так как левая часть неравенства положительна, а пра- вая отрицательна, то неравенство выполняется для любых х е R. 2. a = 0. Решений нет. 3. a > 0. а22х > а <=> 2х > <=> х > - log2 а. Ответ : х G R. при a < 0; 0 при а — 0; х € (— log2 a; +оо) при a > 0. 5) Поскольку 2^1 > 1 при любом а е R, то х2 — 2х + 2^ > х2—2х+1 = (ж —I)2 > 0. Отсюда следует, что если 2lal >1 <=> а 0, то решением неравенства является любое значение x G R. Если же a = 0, то х = 1 не является решением. Ответ : х 6 R при а 0; х G R\ {1} при a = 0. 6) ах+2 + 8ах 1 — > а — 2 О ax(a2 + ^) > a + — 2 ' LL ' (X (X a1 (а3 + 8) > а2 — 2а + 4 <=> ах > 2' 1. 0<а<1. ах > д 2 ж ~ l°Sa(a + 2)- 2. а > 1. ах > ^-2 <=> х > - loga(a + 2). 3--3936 19
3. При а = 1 xtR. Ответ: х Е (—оо; — loga(a + 2)) при 0 < а < 1; х G (- loga(a -Ь 2); +оо) при а > 1; х е R при а = 1. 7) Введем замену ах = t. Тогда 2х .1 1 Г t2 + a2t - 1 > 1 t2 + a2t — 2 > О t2 + a2t < 0. (2) (3) имеет. Так как ax = t > 0, то неравенство (3) решений нс Решением неравенства (2) является объединение двух промежутков (—оо; U [t2; Too), где ii и t2 - корни квадратного трехчлена. Поскольку h • t-2 = —2 < 0, то й < 0 < t2 = Т 8 - о,2). С учетом t > 0 решения неравенства (2) t G [Z2; Too). 1. 0 < a < 1. ах > i2 х < log,, ^(x/a4 + 8 - a2). 2. a > 1. ax > t2 x > loga ^(x/a4 +8 - a2). 3. При a = 1 x 6 R. Ответ : x G (—oo; logH ^(x/a4 + 8 — a2)] при 0 < a < 1; x G [log,, T 8 - a2); +oo) при a > 1; x G R при a = 1. 8) ОДЗ неравенства x G [—1; Too). Критические значения a находим из условий а + 1 = 0 и а + 2 = 0. 1. а < -2. Так как а+2 < 0, аЧ-1 < 0 и + о > 1 1 о < 0, то log3 2 > 0, следовательно (а + 1) < (a Т 2)Зл/х+1 :!",7ТТ<Тт4 * v^+i<bg3^H + « 1 - х < log® -1. 2. — 2 < а < -1. Левая часть исходного неравенства отрицатель- на, правая - неотрицательна. Это означает, что неравенство выпол- няется при всех х из ОДЗ. 3. a > —1. (a + 1) < (а + 2)3^г+т З^^ > Поскольку Зч/х+1 > 3° = 1 > д-^~2 , т0 неравенство выполняется при всех х из ОДЗ. Ответ : х G [—1; log2 д | — 1) ПРИ а е (—оо; —2); х е [—1; +оо) при a G [—2; +оо). 9) Если За — 3-а < 0 <=> 32а <1 <=> а < 0, то неравенство решений не имеет. Пусть а > 0. Введем обозначения 3* = t > 0, За = b > 1. Поскольку функция f(x~) = [З® — 3-а:| четная, то достаточно решить неравенство при х > 0 (t — 3х > 1). Имеем |3Х —3-х| < 3a -3-а <=> 20
о bt2 - t(b2 - 1) - 6 < О о b(t - b)(t + |) < о о — £ < t < b, откуда 0 < x < а. В случае х < 0 множество решений х Е (—а; 0). Ответ : 0 при а < 0; х Е (—а; а) при а > 0. 10) При а < 0 левая часть неравенства положительна при любом х £ R. Пусть а > 0. Введем обозначение t, = 2x-a, получим квадратное неравенство 4/2 — 33/. + 8 > 0, решения которого t Е (—оо; U (8; +оо). Множество решений первоначального неравенстве! найдем из со- вокупности неравенств 2' - 3 « 2х а > 8 х < 1оё2 zk т > log2 I х < — 2 — log2 а х>3- log2 а. Ответ : х Е R при а < 0; х Е (—оо; — 2—log2 a)U(3 — log2 a; +oo) при a > 0. 11) Домножим левую и правую части неравенства на а2, по- лучим а2^2-*) - 6 - а2~х > 0. Вводя замену t = а2~х, приве- дем неравенство к квадратному t2 — t - G > 0, решения которого t Е (—оо; — 2)U(3; +оо). Неравенство а,2~х < —2 решений не имеет, а множество решений неравенства а2~х > 3 зависит от а. 1. 0 < a < 1. а2~х >3 <=> х > 2 — loga 3. 2. а > 1. а2~х >3 <=> х < 2 — loga 3. 3. При а = 1 неравенство решений не имеет. Ответ : х Е (2 —loga3; +оо) при 0 < a < 1; х Е (—оо; 2 — loga 3) при a > 1; 0 при a = 1. ,12) Рассмотрим три случая. 1. 0 < a < 1. ах2~х < а2 <=> х2 — х > 2 <=> х Е (—оо; -1) U (2; +оо). 2. a > 1. ах2~х < а2 <=> х2 — х < 2 <=> х Е ( — 1; 2). 3. При а — 1 неравенство решений не имеет. Ответ : х Е (—оо; —1) U (2; +оо) при a > 1; 0 при а — 1. 13) Положим t = ах~3 > 0. (2 - t < t2 ft Е (-оо; -2) U (1; [2-t > 0 V Е (-оо; 2], Как и в предыдущем примере, рассмотрим три случая: при 0 < a < 1; х Е (—1; 2) Имеем у/2 — t < t + откуда t Е (1; 2]. 21
1. О < а < 1. 1 < ах 3 < 2 о log„ 2 < х - 3 < О +> 3 + logtt 2 < х < 3. 2. а > 1. 1 < ах~3 < 2 о 0 < х—3 < loga 2 <=> 3 < х < loga 2+3]. 3. При а = 1 неравенство решений не имеет. Ответ : х € [3 + loga 2; 3) при 0 < а < 1; х G (3; loga 2 + 3] при а > 1; 0 при а. = 1. Пример 2. При каких а следующие неравенства 1) 9® + (2a + 4)За: + 8a +1 > 0, 2) 4ж2 + 2(2а +1)2*2 + 4а2 - 3 > О, 3) 16 • 9х + 91-* - 2(4 • 3х + З1-*) > а, 4) (а- 1)4а: + (3 — а)22х+1+а > 1, 5) 5(а + 1)9а:-10-За: + а-3 > О выполняются при любом X G 7?.? Решение. 1) После замены 3 х = t приходим к квадратному неравенству /(<) > 0, где f(t) = t2 + (2a + 4)t + 8a +1. Учитывая, что t = 3х > О, задачу переформулируем следующим образом: при каких а неравенство /(<) > 0 выполняется для всех t > О? Рассмотрим два случая: 1. < О (а+2)2 — (8а+1) < 0 а2-4а+3 < 0 <=> a G (1; 3). При этих значениях а неравенство /(<) > 0 выполняется для любых t G R. 2. D > 0. Решая систему D > 0 a2 — 4a + 3>0 ( a G (—оо; 1] U [3; +оо) < t0 < 0 +> <-(а + 2) < 0 +> < a G [-2; +оо) ,/(0)>0 ^Sa+l^O [aG[-g; +оо), получим а € [— •£; 1] U [3; +оо) (to -- абсцисса вершины параболы). При этих значениях а квадратный трехчлен принимает отрица- тельные значения на интервале (ti, ^2)» где ti и t2 -- корни квадратного трехчлена. Однако, из условий t0 < 0 и /(0) > 0 следует, что t2 < 0, поэтому /(t) > 0 при всех t > 0. Ответ : a G [—1] U (1; 3) U [3; +оо) = +оо). 2 2) Вводя замену 2х = t, получаем квадратное неравенство /(t) > 0, где /(t) = t2 +2(2a + l)t + 4a2 — 3. Так как t = 2х'2 > 1 для любых х G R, то, в отличие от предыдущего примера, необходимо выяснить, при каких а неравенство /(t) > 0 выполняется для всех t > 1. Снова рассмотрим два случая: 1. |Р<0 +> (2a +I)2-4a2+3 < 0 <+ 4а + 4 < 0 +> а < 71. 22
При этих значениях а неравенство /(£) > 0 выполняется для любых t G R. 2. D > 0. Значения а находим из системы D>0 4а + 4 > 0 (а > -1 /(1) > О 1 -|- 2(2а + 1) + 4а2 - 3 > О а > —1 а(а + 1) > 0, откуда а > 0. При этих значениях а квадратный трехчлен прини- мает отрицательные значения на интервале (ti, £2), где t\ и t2 - корни квадратного трехчлена. Так как < 1 и /(1) >0, то £2 < 1 и /(£) > 0 при всех t > 1. Ответ : a G (—оо; —1) U (0; +оо). 3) Пусть t = 4 • 3х 4- З'“х, тогда L2 == 16 • 9х 4- 24 4- 91-з: и первоначальное неравенство примет вид /(£) > 0, где /(<) = t2 - 2t - 24 - а. Воспользуемся неравенством а + b > 2\/аЬ (а > 0, Ь > О'). Име- ем t = 4 • 3х 4- З1-1 > 2\/4 • 3 х • 31-х = 4\/3, причем равенство достигается в случае 4 • 3х —- 31-х фф 9х = т.е. при х = logg По аналогии с предыдущими примерами, задача сводится к на- хождению тех значений а, при которых неравенство f(t) > 0 вы- полняется для всех t > 4ч/3- 1- дО<< При этих t е R. 2. D > 0. D>0 < tQ < 4\/3 J(4V^)>0 откуда a С (—25; 24 — 8\/3]. Ответ: a G (—оо; -^25] U (—25; 24 — 8\/3] = (—оо; 24 — 8\/3]. а неравенство /(Z) > 0 выполняется для любого Для нахождения а решим систему 25 4- а > 0 О < 1 < 4\/3 о 48 - 8\/3 - 24 - а > 0 а > —25 а < 24 - 8л/3, 4) Выполняя, тождественные преобразования, получим (а - 1)4Х 4- (3 - а)22х+1 4- а > 1 О (а - 1)4Х 4- 2(3 - а)4х 4- а > 1 О 4с(а - 5) < а — 1. (4) Рассмотрим три случая: 1, а < 1. 4х(а - 5) < а - 1 <=> 4х > О х > log4 Неравенство (4) не выполняется для х < log4 " Т- 5. 2. 1 < а < 5. Левая часть неравенства (4) при а £ [1; 5) отрица- тельна, правая неотрицательна. Если же а = 5, то имеем очевидное 23
неравенство 0 < 4. Таким образом, неравенство (4) выполняется при всех х G R. 3. а > 5. 4х’(а — 5) < а — 1 <=> 4х < <=> х < log4 С 5• Неравенство (4) не выполняется для х > log4 ~ |. Ответ : a G [1; 5]. 5) После замены 3х’ = t получаем задачу, равносильную перво- начальной: найти все а, при которых неравенство /(£) > 0, где /(t) = 5(а + l)t2 — 10t + а — 3, выполняется для всех t > 0. Очевидно, что при а + 1 < 0 неравенство нс может выполняться при всех t > 0. Пусть а + 1 > 0. Возможны два случая: 1. < 0 <=> 25 — 5(а — 3)(а 4-1) < 0 а2 - 2а - 8 > 0 a G (—оо; -2) U (4; +00). С учетом того, что а + 1 > 0, получаем a G (4; +оо). При этих а неравенство /(t) > 0 выполняется для всех t € R. 2. Дискриминант квадратного трехчлена неотрицателен, но кор- ни не положительные. Значения а находим из системы {D > 0 Г a G [-2; 4] (a G [-2; 4] t0 < 0 < oVT -° \ а е (-оо; -1) /(0) >0 а - 3 > 0 [а G [3; 4-сю). Система решений нс имеет. Ответ : a G (4; +оо). Пример 3. При каких а неравенство 25х — а • 5х + 3 — а < 0 имеет хотя бы одно решение? Решение. После замены 5х = t > 0 задачу можно сформулиро- вать следующим образом: при каких а неравенство /(t) < 0, где /(t) = t2 — at 3 — а, имеет хотя бы одно положительное решение? Неравенство /(t) < 0 будет иметь решения, если D > 0 <=>. а2 — 4(3 — а) > 0, т.е. при a G (—оо; —6] U [2; +оо). Множество решений неравенства /(t) < 0 при D > 0 - отрезок [ti; t2], где ti и t2 - корни квадратного трехчлена. Ясно, что положительные решения будут в случае t2 > 0. Воспользуемся формулами Виета ti +12 = a, ti • t2 = 3 — а. При а < —6 оба корня отрицательны, так как ti -t2 > 0, a ti +t>2 < 0. При а > 2 по крайней мере один корень положителен, поскольку ti+t2 > 0. При а — 2 (D = 0) неравенство /(t) < 0 имеет единственное решение t = 1, а первоначальное неравенство - единственное решение 5х = 1 <=> х = 0. 24
Ответ : a G [2; +оо). Пример 4. При каких а каждое решение неравенства О, 4т2+1 > 6, 25а-3з: является решением неравенства х2 —6z+4 < а2 (5) (6) Решение. Неравенство (5) перепишем в виде /2\х2 + 1 х. /5х2(а —Зх) у у /2\х2 + 1 х. /2\6х — 2а откуда х2 + 1 < 6х — 2а <=> х2 — 6х + 2а + 1 < 0. Множество решений неравенства (5) Х\ = [3 — у/8 — 2а; 3 + д/8 — 2а]. Нам надо найти те значения а, при которых неравенство (6) является следствием неравенства (5), т.е. выполняется включение Х\ С Аг, где Х2 = (3-\/5 + а2; 3+\/5 + а2) - множество решений неравенства (6). Поскольку пустое множество является подмножеством любого множества, а Х\ = 0 при а > 4, то значения a G (4; +оо) удовлетворяют условиям задачи. Если Xi 0, то значения а, при которых С Х2, найдем из условий 3 - ч/5 + а2 < 3 - У8 - 2а 3 + \/8 — 2а 3 + х/5 4~ а2 <=> х/8 — 2а < \/5 -f- а2 О 8 — 2а < 5 + а2 а < 4, откуда а G (-оо; —3) U (1; 4]. Ответ : a G (—00; — 3)U(1; 4]U(4; +00) = (—00; — 3)U(l;+oo). Упражнения. 1. Решить неравенства 1) 2) а V < а\ 3) а*’'15 > а2’, 4) \2Х— 2~х\ > 2а — 2-а, 5)41+1а2-65-21а + 16 > 0, 6) zloga1 < а. 2. При каких а неравенство 4х + (а — 1)2Х + (2а — 5) > О выполняется при любом х £ R? 3. При каких а неравенство 361 Н-а-б^+а + в^О имеет хотя бы одно решение? 4. При каких а каждое решение неравенства 1 ‘ 1 О, б2^- Х)2 < 0, 25 (3 ~ ж)2 является решением неравенства 16а4х2 — 9 < О? 4-3936 25
§5. Системы уравнений и неравенств Пример 1. Решить систему 1) 3) а • 5® + 2 • 7У = а 4- 2 2а • 5® + (а 4-1) • 7У = 2а + 4, 2®+1 - 2а < 3 + 2х 3(а — 2) > 1 — 2®+1, 19®-(а4-1)3®4-а<0 ' (9® + (а 4- 3)3® 4- За < О, 2|.т - 1\ + 2^^ = 2-а -|х- 1| 4-2^^ = За - 1. Решение. 1) Умножим все члены первого уравнения на -2 и сложим со вто- рым уравнением, получим (а — 3)7У = 0. Яспо, что при а 3 последнее уравнение, а следовательно, и система, решений не име- ют. При а = 3 получим одно уравнение 3 • 5® 4- 2 • 7У = 5, име- ющее бесконечное множество решений. Пусть 5® = t (t > 0), тогда х = log5 t, 7У = £(5 — 3t), откуда у = log7 rj(5 - 3t) при условии 5 — 3t > 0 <=> t < g. Ответ : Q при а 3; х = log5 t, у = log7 j(5 - 31) (0 < t < |) при a — 3. 2) Так как 9® 4- (a 4- 3)3® 4; За < 0 .(3® 4- 3)(3® 4- a) < 0 <=> 3® < — а, то множество решений второго неравенства системы х G (—оо; log3(—а)), (а < 0). Первое неравенство системы при а < 0 9® - (а 4- 1)3® 4- а < 0 О (3® - 1)(3® - а) < 0 О 3® < 1 имеет решения х G (—оо; 0). Критическое значение а = — 1 находим из уравнения log3(—а) = 0. Lag (—оо; —1). В этом случае 0 < log3(—а), следовательно, множество решений системы х Е (—оо; 0). 2. a G [—1; 0). Поскольку log3(—а) < 0, то множество решений системы х Е (—оо; log3(—а)). Ответ : х G (—оо; 0) при a G (—оо; -1); х G ( — оо; log3(—а)) при a G [—1; 0); 0 при а > 0. {21+1 _ 9л 3 -4- 21 1 . . + ,. Д(7 —За) < 2® < 2а 4-3. 3(а — 2) > 1 — 2®+1 2 7 Условие rj(7 — За) < 2а 4- 3 выполняется при а > у. Если a G (|; д), то ^(7 — За) > 0 и х G (log2 ij(7 - За); log2(2a 4-3)). 7 1 Если же а > -j, то ^(7— За) < 0 и х G (—оо; log2(2a 4- 3)). 26
Ответ: 0 при a е (-оо; ?]; х е (log2 rj(7 — За); log2(2a + 3)) 17 7 при а е (?; ^); х е (-оо; log2(2a + 3)) при а е [^; +оо). 4) Умножая обе части первого уравнения на 3 и складывая его со вторым уравнением, получим 5[гг — 1| + 5 • 2^у~2 = 5 о — 1| + 2ч/^“2 = 1. Так как |х — 1| > О, 2^у~2 > 1, то послед- нее равенство возможно только в случае |ж — 1| = 0 <=> т = 1 и 2у/у~Ъ = 1 <=> у/у — 2 = 0 <=> у = 2. После подстановки в систему х = 1, у = 2, находим а = 1. Ответ : х = 1, у = 2 при а = 1; 0 при а / 1. Пример 2. При каких а следующие системы (а- 7х + 15у = О ’ [7х +а • 15у = О, (7х+1 + 2у2 = За + 31 ' [2 -7х — 7у2 = 16a-29, имеют решения? .Гб- 2х2 + sin у = 4a - 2 |^8 • 2х2 - 5sin?/ = 10 - a, {2^з: — 23У~3:с+3 > ж2 -I- у2 — а. Решение. 1) Так как 7х > 0 и 15у > 0, то при a > 0 система решений не имеет. Пусть a < 0. Умножим все члены первого уравнения на —а. Складывая уравнения, получим (1 — а2) • 7х = 0, откуда a = ±1. Поскольку a < 0, то система имеет решение только при a = — 1. Ответ : а = —1. 2) Решая систему относительно переменных 2х2 и sin у, имеем 2х =2’ sin?/ = а — 2. Так как 2х >1, |sin?/| < 1, то получаем ограничения на а, а именно, > 1, — 1 < а — 2 < 1, откуда а е [2; 3]. Ответ : a е [2; 3]. 3) Как и в предыдущем примере, находим 7х = а+3, у2 = — 2а+5. Искомые значения а получим из условий а + 3>0, — 2а + 5 > 0, а именно, a G (—3; ^]. Ответ : a G (—3; ^]- 4) Домножим обе части неравенства на 2-3х, получим 1 _ 28^-6а:+3 > 24у~Згс+'1- <=> 2 • 28у~6х+2 । 24у-3х"*‘1 — 1 < 0 о 2t2 + t - 1 < 0 <4- (t + l)(2f-1) < 0, где t = 24y~3x+1. 27 4*-3936
Учитывая, что t > 0, множество решений неравенства (t 4- l)(2t — 1) < 0 есть промежуток (0; ^]- Далее имеем t < 2 <=> 24’7-3:c+1 < 2-1 <=> Агу - Зх- + 2 < 0. Уравнение х2 + у2 = а при а > 0 задает на плоскости окруж- ность с центром в начале координат. Поскольку начало координат не принадлежит полуплоскости Ау — Зх + 2 < 0, то система 41/ - З.т + 2 < 0 будет иметь решения тогда, когда прямая х2 + у = а Ау - Зх -|-2 = 0 и окружность х2 + у2 — а будут иметь общие точки. А это, в свою очередь, будет в том случае, когда имеет решс- i f Агу — Зх + 2 = 0 ния система уравнении < I х2 + у2 = а. Исключим у из первого уравнения и подставим во второе. Ква- дратное уравнение 25х2 — 12х 4- 4 — 16а = 0 имеет решения при условии >0 <=> 36 — 25(4 - 16а) > 0 <=> 25а > 4. Ответ : а > {ах 4- by = 5 о/ Ч tfO-y) _ 6 . з-2х _ з?/ > о имеет решения? Решение. Умножим обе части неравенства на 32ас и введем обо- значение 32ж-у = t. Имеем з2(2х-у) — З21-у — 6 > 0 <=> t2 — t — 6 > 0 <=> (£ 4- 2)(t - 3) > 0. Учитывая, что t > 0, по- лучаем t > 3 <=> 32ас-у >3 <=> 2х — у > 1. Первоначальная система {ах 4* by = 5 2х — у > 1. При а = b = 0 система решений не имеет. Если же а2 4- Ь2 / 0 (это означает, что по крайней мере один из коэфициентов а или 6 отличен от нуля), то уравнение ах 4- by = 5 задает на плоскости прямую. Она будет иметь общие точки с полуплоскостю 2х — у > 1 в следующих случаях: 1. Прямые ах+by = 5 и 2х — у = 1 пересекаются. Это означает, что ттр т.е. а 4- 26 0. 2. Прямые ах 4- by = 5 и 2х — у = 1 параллельны (а 4-26 = 0), а прямая ах 4- by = 5 <=> ах - ^у = 5 <=> 2х — у = лежит в полуплоскости 2х — у > 1. Это будет в случае . > 1, откуда a G (0; 10). 28
Ответ : 1. а —2Ь. 2. а = —2b, 0 < а < 10. „ f 2х + 4?/ = а Пример 4. При каких а решения системы < +1 у удовлетворяют условию х > у? Решение. Выполняя преобразования, получим 2х4-4у = а 13 • 2х = а + 3 12 х = X(а + 3) 2-2х — 4У = 3 [3-4у = 2а-3 [4У = |(2а - 3), 1 1 откуда х — log2 з (а + 3), у — log4 (2а — 3). Остается решить неравенство х > у О log2 |(а + 3) > log4 (2а - 3) log2 |(а 4- 3) > | log2 |(2а - 3) <=> а 4- 3 > 0 < 2а - 3 > 0 ф(а 4- З)2 > д(2а — 3). О Последняя система выполняется при а > ту. о Ответ : a G (^; 4-оо). Пример 5. При каких а следующие системы 4х 4- 8Р = 1 f (3 - 2y/2yj 4- (3 4- 2у/2)у - За = х2 + 6a? 4- 5 2х 4- 9?/ — а, уу2 — (а2 — 5а 4- 6)а;2 = 0, х 6 [—6; 0]. з. . 72х — 4 • 7х 4-3 — а < 0 Сх2 4- у2 = с [72х - 2 • 7х 4- 6а - 3 < 0, ' [я 4- у2 + а, = |т/| 4- 2^ 4-1, где с = (ЗУЗ + 2л/б + 3^/2 4- 4)(3V/3 - 2 ч/б - Зу/2 4- 4), имеют единственное решение? Решение. 1) 1) Первый способ. Пусть и = 2х, v = 91J (u > 0, v > 0). Ис- ключая v из второго уравнения системы (и2 4- v2 = 1 1 и 4- v — а, получим уравнение и2 + (а — п)2 = 1 о 2и2 — 2аи + а2 — 1 — 0. Учитывая, что а = и 4- v > 0, задачу можно, сформулировать сле- дующим образом: при каких а > 0 уравнение 2и2 — 2аи 4- а2 — 1 = 0 имеет единственный положительный корень? Это возможно в двух случаях: 29
1. |п = 0 о a2 - 2(a2 - 1) = 0 о a2 = 2 о a = ±л/2. При a = y/2 имеем и = v = \/2. 2. D > 0, щ • U2 < 0 <=> rj (a2 - 1) < 0. С учетом a > 0 получаем 0 < a < 1. В этом случае ui = rj(a — \/2 — a2) < 0, U2 = £(a + a/2 — a2) >0, i>i = a — ui = + a/2 - a2) > 0, V2 = a—U2 = ^(a — \/2 — a2) < 0, следовательно, ни одно решение си- стемы (1) (u1( vi), (г/2> ^2) не удовлетворяет условию и > 0, v > 0. Второй способ. Если (i/.q, йз) - решение системы (1), то в си- лу симметрии и (vo> wq) - решение, системы (1). Система может иметь единственное решение при условии uq = vq. Из уравнений 2wq = 1, 2до = °' (с учетом и > 0, и > 0, а > 0) следует, что ио — ^\/2, а = \/2. Остается убедиться в том, что систе- f и2 + v2 = 1 ма < г- имеет единственное решение. После исключе- на -|- v = у2 ния v получаем квадратное уравнение 2и2 - 2\/2и + 1=0 (л/2и — I)2 = 0, которое имеет единственный корень и = Замечание. Задача имеет простую геометрическую иллюстрацию. Из семейства прямых и + v = а только две (и + и = ±\/2) каса- ются окружности и2 + v2 = 1. Это означает, что система (1) имеет единственное решение при а = ±\/2. Однако, условию и > 0, v > 0 удовлетворяет только одно значение а = у/2. Ответ : а — у/2. 2) Докажем четность функции /(г/) = (3 - 2\Z2)1J + (3 + 2л/2')у. Так как (3 - 2л/2)(3 + 2у/2) = 9 - 8 = 1, то f(-y) = (3 - 2л/2)-?' + (3 + 2^)'» = (+ = (3 + + (3 - 2^у = f(y). Кроме того, четной является функция у2, входящая во второе уравнение системы. Поэтому, если (то, уо) ~ решение системы, то и (то, — 2/о) _ решение системы. Для единственности решения необ- ходимо выполнение условия у о = — у о <=> у о = 0. При у = 0 получим систему Г 2 — За = х2 + 6т + 5 Г— За = т2 + 6т + 3 < < И (а2 — 5а + 6)т2 = 0, Ца — 2)(а — 3)т2 = 0, — — Поскольку при т = 0 из первого уравнения находим a = — 1, то необходимо проверить три значения а (а = — 1, a = 2, a = 3). 1. a = — 1. Оценим левую и правую части первого уравнения системы (3 — 2л/2)у + (3 + 2>/2)у = т2’+ 6т + 2. Пусть (3 — 2\/2)у = £, 30
тогда (3 4- 2у/2)у — |. Так как t > 0, то t 4- | > 2, причем равенство t 4-1 = 2 возможно только при t = 1, т.е. при у = 0. С другой стороны, х2 4- 6а; = х(х 4- 6) < 0 при х G [—6; 0], поэтому х2 4- 6а? 4- 2 < 2. Таким образом, первое уравнение равносильно си- стеме (3 — 2х/2)у 4- (3 4- 2х/2)у = 2 = а;2 4- 6а; 4- 2. С учетом второго уравнения 12а;2 = 0, получаем единственное решение а? = у — 0. Из уравнения у2 — (а — 2)(а — 3)а;2 при а — 2 и а = 3 следует, что у = 0. Первое уравнение принимает вид а?2 4- 6х 4- 3 4- За = 0. 2. а = 2. х2 4- 6х 4- 9 = 0 о х — — 3 G [-6; 0]. Система имеет единственное решение х = — 3, у = 0. 3. а = 3. Уравнение х2 4- 6а; 4- 12 = 0 решений не имеет. Ответ : a G { — 1; 2}. 3) После замены 71 = t > 0 получим систему Г t2 - 4t 4- з - а < 0 \t2 — 2/4-6а — 3. <0 М Она имеет решения при условии Г j-Di > 0 (4 — 34~а>0 Г а > — 1 91 <7 <4> < <=> < п <=> а е -1; 4 • ЦРг>0 (1-6а 4-3 > 0 [а < g 3J 2 9 Рассмотрим отдельно случаи а = — 1, а = g и а G (—1; g). 1. а — — 1. Первое неравенство системы (2) t2 — 4/4-4 < 0 имеет единственное решение t = 2, удовлетворяющее второму неравенству /2 - 2/ - 9 < 0. 2. а — д. Второе неравенство системы (2) t2 — 2/ 4- 1 < 0 имеет единственное решение t = 1, являющееся решением и первого неравенства /2 — 4/ 4- g < 0. Таким образом, исходная система имеет единственное решение а? = log7 2 при а — — 1 и х = 0 при а = %. 3. a G (—1; g). Множество решений первого неравенства системы (2) - отрезок [2 — у/1 4- а; 2 4- \/Г+"а], множество решений второго неравенства - отрезок [1 - уЧ - 6а; 1 4- д/4 — 6а]. Единственное решение системы (2) может быты только в случае существования решений совокупности 2 4- \/1 4- а = 1 — у/ 4 — 6а 1 4- \/1 4~ а 4- у/4 — 6а — 0 1 4- л/4 — 6а =2 — \/1 4~ й \/4 — 6а 4- 4~а = 1. При а < 0 У4 — 6а > 1, а при а > 0 y^l 4- а > 1, поэтому второе уравнение совокупности решений не имеет. Очевидно, что и первое уравнение решений не имеет. 31
Ответ : a 6 {—1; g}- 4) Выполняя тождественные преобразования, получим с = ((Зг/З + 4) + (2х/б + 3у/2))((3д/3 + 4) - (2^6 + Зу^)) = (з7з + 4)2- (2х/б Ч-ЗУг)2 = 27 +24л/3 +16-24-12^/6 • ^2-18 = 1. Далее, учитывая четность функций у2, |у| и 2^, замечаем, что если (то! Уо) ~ решение системы, то и (то; — уо) - решение системы. Следовательно, для единственности решения системы не- обходимо выполнение условия уо = —уо <=> Уо — 0. В случае у = 0 система (х2 + у2 = 1 Г X2 — 1 (т + у2 + а, — \у\ + 2^ + 1 х + а = 2 имеет решения х = 1 (а = 1) и х — — 1 (а — 3). Найденные значения а необходимо проверить. 1. а = 1. Докажем, что система f х2 + у2 — 1 < „ ’ . . имеет единственное решение (х = 1, у = 0). [х + у2 = \у\ + 2^ Из условия х2+у2 = 1 следует, что |.т| <1 и |т/| < 1. Из второго уравнения системы имеем х = |т/| + 2'?/1 — у2 = |г/|(1 — |?/|) + 2^ > 1. Сравнивая неравенстве! |т| < 1 и х > 1, получаем х = 1, а из первого уравнения - у = 0. [ х2 + у2 = 1 2. а = 3. Система < „ , . , кроме решения [я + у2 + 2 = |у| + 2^1, х = — 1, у — 0, имеет и другие решения (например, х = 0, у — ±1 ). Следовательно, при а = 3 свойством единственности решения система не обладает. Ответ : а — 1. Пример 6. Определить число решений системы J 2l+1 - а • 7х = 5 (3 7* - 6 21 - -15. Решение. Поделим все члены второго уравнения на 3 и сложим с первым уравнением. Получим (1 — а) • 7х = 0, откуда следует, что при а / 1 последнее уравнение, а вместе с ним и система, решений не имеют. При а — 1 первое уравнение системы примет вид 2 • 2х — 7х + 5. Если х < 1, то 2 • 2х < 4 < 5 < 5 + 7х. Если же х > 1, то 2 • 2х < 41 <. 7х < 7х + 5. Таким образом, и при а = 1 система решений не имеет. 32
Ответ : 0 при а (Е R. тт ' I 225х 4-324у = 2(1 4-а) Пример 7. При каких а система < [ (15х 4-18у)1 2 * * = 14 имеет нечетное число решений? тэ тр I ч J и2 4- V2 = 2(1 4- а) Решение. Вели (до! ^о) - решение системы < Ца 4- v)2 = 14, где и = 15х > 0, v = 18у > 0, то (??о, До) тоже решение этой систе- мы. Следовательно, система имеет нечетное число решений (одно), т, (2и2 = 2(1+а) если -ио = До- При и = v получим систему < „ 4и2 = 14, 9 7 4 откуда = 2 11 а — 2 • Ответ : а — „ а • 9х 4- 7У = 1 Пример 8. При каких а система < [4 • 9 х 4- 2 7У = а имеет бесконечно много решений? {аи 4- v — 1 4и 4- 2v — а, где и — 9х > 0, v = TJ > 0, имеет бесконечно много решений при а = 2, так как условие = = а (пропорциональность коэффици- ентов при неизвестных и свободных членов) выполняется только при а = 2. В этом случае одно из уравнений системы является следстви- ем другого. Покажем теперь, что уравнение 2-9х4-7у = 1 <=> 2u4-v — 1 имеет бесконечно много решений. Из условий и = 9х, v — 7У нахо- дим х = logg и, у — log7?; = log7(l — 2и) (0 < и < rj). Итак, система имеет решения х = log9 и, у — log7(l — 2и) при любом и G (0; rj)- Ответ : а = 2. Упражнения. 1. Решить системы |бх- а> —1 | (х 4-2)2 4-2 • 31у"21 = а-1 (6х 4-3 < За 4-1, ; |31+1у-21 - (<т 4-2)2 = 4а - 9. 2. При каких а следующие системы Г2 tg2 X 4- З1"^ = 5а - 1 Г3 • 3х2 1 4 tg2 х - З-^5 = За - 2, ' j 9 • 3х'2 4- sin2 у = 4а 4- 2 — 4 sin2 у = 5а 4- 6, 5-3936 33
3) 1 2 cos x + 2 • 2 У 1 4 cos x — 2 У = = 4а - 1 За — 2 имеют решения? 3. При каких а и Ь система ах + by = 7 32x4-1/ + 6.32у _ 34х < 0 имеет решения? 4. При каких а следующие системы f 5.2^1 + 31а;I -2 = 5?/ + За;2 - 5а | 1К 2 , 2 ' 1 2) I аг + у = 1, I 13 • 21^1 + 51а;| + 4 = 3?/ + 5а;2 + За 3) (У + ?/ = 1, 4 Г (2 - х/3)ж + (2 + х/З)* - 5 = а - 2у + у2 ^а;2 + (2 - а - а2)?/2 =0, у € [0; 2]. имеют единственное решение? 2Ь7:1 + |х| = у + х2 + а X2 + у2 = 1, 34
Глава 2 Логарифмические уравнения, неравенства и системы уравнений и неравенств §1. Решение уравнений Приведем некоторые эквивалентности, используемые при реше- нии логарифмических уравнений. 1. Уравнение logj-^ д(х~) = log^) h(x) равносильно системе (/(я) = /(a') >0) JW1, д(х) > 0. В частности, если а > 0, а V 1, то {д(х} -- h(x) 0(я) > 0. 2. Уравнение ]og,2 (/(т) = b д{х) — аь (а > 0, а-/- 1, д(х) > 0). Примеры. Решить уравнения. 1) loga х -I- loga(;r - 2) = 1, 2) Iog3 2а 4-log3 х(а — 2) - log3(a-2), 3) 1+loga(.r-l)logr<i= 4) 4°g»|;~2 = 1, 5) logaT2 + 21oga(z -I- 2) = 1, 6) log^^; y/2x+~a = 2, 7) log3 z-l-3 loga z-l-log0 x = 5, 8) log5(2-|.T-a|)+log0 2(5-2;) - 0, 9) loga VI 4-ж + 3 loga2 (1 - x) --= loga4 (1 - z2)2 + 2, 10) log2a.(az 4-1) = 11) lg(a; - 2a) - lg(b - a) = lg(b4- a) - Igx, 12) Igaz2 - lg(4 — 2т) = 0, 13) 8 log^ (z - a) - 6 loga2 (z - a) 4-.1 = 0, 14) logo2 x -I- loga;2 a = 1. Решение. 1) На. ОДЗ уравнения (х > 2) имеем loga х + loga(z — 2) = 1 <=> loga z(z — 2) — 1 & z(z-2) = а, откуда Zi)2 = 1±V1 + a- Ясно, что Xi — 1 — Vl + °' (2; 4-oo), a z2 = 1 ч- Vl + a > 2. Таким образом, уравнение при любых a > 0, а 1 имеет решение х — 1 Т V1 + а. От.вет : х — 1 + V1 + »• 5*-39Э6 35
2) На ОДЗ (а > 2, х > 0) имеем Iog3 2а Ч- log3 х(а — 2) = log3(a —2) о 2о,(а — 2).г — а — 2 <4- х = т^. Ответ : 0 при a G (—со; 2]; х = при a G (2; Too). 3) ОДЗ уравнения х > 1, а > 0, а 1. Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ, получим 1 Т log (х — 1) log а --- 1—-—, О — -i-1 ЬоЛ > logo х ’ loga х logt, х ’ loga x(x — 1) = 2 О x2 —x — a2 — 0, откуда ат,2 -- ^(1 ± x/l I 4a2). Так как rri = -jO — Vl 1- 4a2) < 1, to 74 нс является корнем исходного уравнения. Второй корень т2 = ^(1 -I- у/1 -I- 4а2) 1 при любом а > 0. Ответ: т = ^(1 I- V1 4 а2) при a G (0; 1)U(1; -|-оо). 4) На. ОДЗ уравнения (х > 0, х -/ а'1, а > 0, а -/ 1) име- ем log2# — 2 = 4 — logftx О log2 х I- log(, х -6 = 0, откуда logoх --- —3 & х = а"3 и logaх — 2 х = а2. Условие х = а4 а~3 = а4 или а2 = а4 не выполняется на. ОДЗ. Ответ: х — а~3, х = а2 при а € (0; 1)0(1: Too). 5) Ha ОДЗ (# £ (-2; 0) О (0; Too), а > 0, а 7^ 1) имеем logl7 X2 Т 2 logo (# Т 2) = 1 о 2 log„ |.т|(х Т 2) = 1 & |#| (т Т 2) = у/а. Рассмотрим два случая. 1. х G (—2; 0). |#|(# Т 2) = у/а О х2 Т 2х Ч- у/а — 0. Лег- ко проверить, что при 0 < а < 1 оба корня #it2 = —1 ± д/1 — л/а существуют и принадлежат интервалу (—2; 0). При а > 1 = 1 — у/а < 0, следовательно, уравнение не имеет корней, при- надлежащих интервалу (—2; 0). 2. х G (0; Ч-оо). |.т|(х Т 2) = у/а о х2 Т 2х — у/а = 0. Яс- но, что х — —1 — -\/1 + (0; Ч-оо) ни при каких а > 0, а х — — 1 т -\/1 + 0 для любого а > 0. Ответ : (Eii2 = — 1 ± л/1 — у/а, хз = —14- \/1 Т у/а при а £ (0; 1); ж = -1 -I- \/1 Т хЛ'- ПРИ а (В +оо). 6) При выполнении условий х < 2, х / 1, 2х Т а > 0 ис- ходное уравнение равносильно уравнению >/2ir Т а — 2 — х ч=> х2 — 6х Т4 — а = 0, откуда .'г])2 = 3±\/5 + а(а> —5). Неравенство 2.тТл > 0 выполняется автоматически, так как 2.тТа = (2 —ж)2 > 0 при х / 2. Ясно, что Х\ — 3 Т \/5 Т а > 2. Выясним теперь, при каких а ,т2 < 2. 36
Х2 < 2 3 - \/5 4- а < 2 <=> i/5 + а > 1 <=> а > —4. Исключим значение а, при котором Х2 = 1. Х2 = 1 <=> 3 — \/5 -I- а = 1 о %/5 -h а — 2 о а — — 1. Замечание. 'Гак как — 3 -I- \/5 -I- а > 2, то значения а, при которых х’2 < 2 можно найти из условия /(2) < О, где /(ж) = х2 — (ух -I- 4 — а. Действительно', /(2) < 2 & 4 - 12 -h 4 - а. < 0 & а > -4. Ответ: х ~ 3 — -/5 I- а при a G (—4; — 1)U(—1; loo); 0 при а е (-оо; -4] U {-!}. 7) На, ОДЗ уравнения (х > 0, а > 0, а / 1) имеем log3 X I- 3 logft X -| log9 x - 5 log3 x -I + 2 log3 x = 5 <=> . 3(log3a-| 2) r 3(log3a | 2) „ L 1()^‘ 2log3a 5‘ ЬСЛИ ‘2log3a ° °' ~ T° IT /11 101og3a уравнение решении не имеет. При а / log3 х — aqOg ” । 2)> 10 log3 а. откуда х -- 3^0°£з а "Г 2) 10 log3 а Ответ: х — 3^0°8за У 2) при a G (0; ^) U (^; 1)U(1; |-оо); 0 при а -= 8) Перейдём к основанию 5, получим log5(2—|.с—a|)-hlog02(5—х) — 0 о log5(2— |.т—а|) —logr,(5—х) — 0 & Г 2 - |т - а| = 5 - х f |ж - а| - х - 3 Г (т - а)2 = (т - З)2 [5 - х > 0 <5 [3 < х < 5 f 2х(а — 3) = а2 — 9 < При а — 3 множество решений уравнения I 3 < х < 5. --промежуток [3; 5). При а^З х- ^(а + З). Решая неравенство 1 3 < 2(а -I- 3) < 5, получим 3 < а < 7. Ответ : х G [3; 5) при а = 3; х — 2(ft3 3) при a. ’G (3; 7); 0 при a G (—оо; 3) U [7; Ч-оо). 9) С учётом ОДЗ (-1 < х < 1, а > 0, а 1) выполним равносильные преобразования. Получим 2 l»ga0 -I- •*) Г 21°Se(1 “ ж) = ~ + logaCl + :с)) !- 2 logft(l — х) — 2 х — 1— а2. Условие —1 < 1 —а2 <1 <=> 0 < а2 < 2 имеет место при а G (0; 1) U (1; л/2). 37
Ответ: х — 1—а2 при a G (0; 1)0(1; у/2); 0 при a G [л/2; 4-оо). 10) На ОДЗ уравнения (х > 0, х 2> аж 4-1 > 0) log2x(ax 4- 1) = 4=> аж 4-1 = \/2ж & а2х2 - 2(1 - а)ж 1-1 = 0. Рассмотрим несколько случаев. 1. а = 0. Исходное уравнение решений не имеет. 2. D = 0 а — 2- Уравнение имеет единственное решение х = 2. 3. D > 0 (1 — а)2 — а2 > 0 а < Квадратное уравнение при a G (—оо; 0)U(0; тр имеет два корня Ж1(2 = ^-(l —а±уН — 2а). Оба корня положительные (это видно, например, из формул Виета: ,Г1 + х2 = -Дг(1 - а) > 0, Ж1Ж2 = Цт > 0 ), однако условию а а ах 4- 1 > 0 & ^(1 ± у1 - 2а) > 0 при a G (0; удовлетворяют оба корня, а при а < 0 только rei = -^-(1 — а — \/1 — 2а). Остаётся выяснить, существуют ли значения а 0, при ко- торых корень квадратного уравнения равен rj- Решим уравнение -Ду(1 — а. ± уН — 2а) = Д <=> ±2\/1 — 2а = а2 4-2а—2 (а 0). а z После возведения в квадрат левой и правой части получим 4 — 8а = а4 + 4а2 +4 -F 4а3 - 4а2 — 8а & а44-4а3 = 0, откуда а —0 и а = — 4. При а -- — 4 значение % принимает только корень х2, но х2 не является решением исходного уравнения при а < 0. Ответ : х = -^-(1 - а — уЗ — 2а) при а 6 (—сю; 0); Жх 2 = 4т(1-а±уЙ - 2а) при a G (0; Д]; 0 при а € {0}О(Д; 4-оо). ’а z z 11) Ыа ОДЗ (х — 2а > 0, 6 — а > 0, b 4- а > 0, х > 0) имеем lg(rr — 2а) — lg(b — а) = lg(6 4-а) - 1g ж & lg(z - 2а) 4- 1g ж = lg(b + а) 4- lg(6 - а) ж(ж-2а) = (6 4- а)(Ь - а) <=> х2 - 2ах 4- (а2 - 62) - 0, откуда Xi = а —х2 -- а-\-Ь. Очевидно, что х^ = а — b не удовлетворяет условиям b — а > 0, х > 0, следовательно, не является решением исходно- го уравнения. Подстановкой убеждаемся, что х2 — а 4- Ъ является корнем исходного уравнения. Ответ : х = а + Ь, если а4-Ь>0 и Ь — а > 0; 0 если а + b < 0, или b — а < 0. 12) На ОДЗ (а > 0, х < 2, х / 0) исходное уравнение равно- сильно уравнению ах2 4- 2.т — 4 = 0. Выясним, при каких а > 0 38
корни Xyi2 = ^(—1 ± л/1 Т 4а) принадлежат множеству X — (—оо; 0) U (0; 2). Так как Ху = 4’ >/1 Т 4а) < 0, то ГГ1 е X при любом а > 0. Ясно, что х2 — ^(Vl Т 4а — 1) > 0. Докажем, что х2 < 2 при любом а > 0. Действительно, х2 <2 1 (УППа-1) < 2 о 4а) < 2 о 2 < 7ТТ4П+1. Получили верное неравенство. Ответ: Ху>2 — ^(—1 ± >/1 4- 4а) при а € (0; Too). 13) Па. ОДЗ (а 0, а /- ±1, х > а) имеем logft2 (гг — а) = и logft2(x’ — а) = Рассмотрим два. случая. 1 п 1°£а2 (Х ~ а) ~ 7 Г Х ~ а ~а Г X = 0 1. а < 0. ' f & .— <=> , . loga2 (х — а) = [ х — а — у/—а |_ х — а Т у/—а. bgai (.г - а) 1 ж — а = а х = 2а 2. а > 0. г- & _ bgn2 (х - а) = 4 ж — а — у/а х а. Т у/а. Ответ: Ху —0, Х2 = а1/-а при а 6 (—оо; — 1) U (—1; 0); х.у — 2а, х2 -- а. Т у/а при a G (0; 1)U(1; Too). 14) Выполняя равносильные преобразования на области допусти- мых значений уравнения (х > 0, х / 1, а > 0, а / 1), получим logft2 х -|- loga.2 а = 1 о гу loga х Т 2 l°g;c а = 1 loga х Т - 2 <=> log2 ж — 2 loga ж-1-1 = 0 <=> (loga х - I)2 = 0 loga х — 1, откуда х — а. Ответ : х = о, при а € (0; 1) U (1; Too). Упражнения. Решить уравнения 1) log2 х -I- loga х Т log4 х = 1, 2) log0 5(rr2 - 2z Т a) = -3, 3) log^a'l°ga2(2aZ4) = 1, 4) а1+1°Взх + а1-^ = а,2 Т 1, 5) 1-I-loga(l — ж) • ]о5я. а — 6) 31g2(ж — а) — 10 ^(ж — а) Т 3 = 0, 7) 1оёа(аж)1оёх(аж) = loga2 8) lg(x- а) - 1g 2 = т^(ж - 6), 9) 1g ж Т lg(.r - 2а) - ^(Зж — 4а) = 1g а, 10) 2 log,, а Т logQa. а -I- 3 logft2x а = 0. 39
§2. Условия существования решений В этом параграфе рассмотрим примеры, в которых надо устано- вить, при каких а 1) уравнение имеет решения или не имеет их, 2) корни уравнений удовлетворяют некоторым соотношениям. ’Пример 1. При каких а уравнения 1) |log3(x4~2)| = -(х’ + а)2, 2) loga.T + |a + logtta;|logv^a = aloga;a, 3) (1 4- (rz 4- 2)2) log3(2x - ж2) 4- (1 + (3ft - I)2) logn(1 - ^-) = = log3(2x - x2) 4- logn(l - ^-), 4) logft_2(£ 4- cosx - sin^) = 3, 5) log2(\/ft 4- 2 - x) 4- logx (.t - a - 1) = log4 9, 6) log^^(4x + ft) = 4, 2 7) 1g2 sin x — 2o, 1g sin x — a2 4- 2 = 0 имеют решения ? Решение. 1) Так как | log3(x 4- 2)| > 0, а — (х 4- а)2 < 0, то равенство возможно только в случае, когда. | log3(x 4- 2)| = 0 = — (х 4- а)2, откуда х — — 1, а = 1. Ответ: а, — 1. 2) С учётом ОДЗ (а > 0, а 0 1, х > 0, х 1), уравнение прообразуем следующим образом: bga 4- |a 4- loga х| • 44 log2 х 4- 2|a 4- loga x| - a = 0. Рассмотрим два случая: 1- a4-logHx>0. log2 x 4- 2|o, 4- logftx| - a = 0 44 log2 x + 21ogax 4- a = 0 и loga x = — 1 ± >/l — а, (0 < ft < 1). Условию a 4- loga x > 0 44 ft — 1 ± \/l — ft >0 44 1 — ft < ±>/1 — ft 44 д/l — ft < ±1 удовлетворяет только loga x = — 1 4- y/l — a. 2. a 4- loga x < 0. log2 x 4- 2|ft 4- loga x| — a — 0 <4 log2 x - 2 loga x — 3a, = 0 , откуда loga x = 1 ± Vi 4- 3cz. Пусть loga x = 1 — д/1 4- 3a. Неравенство ft 4- loga x < 0 44 ft 4- 1 — a/1 + 3ft < 0 44 \/l 4- 3ft >. a 4 1 44 14-3ft > ft2 4-2ft 4-1 44 ft2 — ft < 0 выполняется при a 6 (0; 1). Ответ: a G (0; 1). 3) После упрощения получим уравнение 2 (a 4-2)2 log3(2x - х2) 4- (3ft - I)2 log]1(l - ^-) = 0. Так как 2x —x2 = 1-(1 — x)2 < 1, to log3(2x —x2) < 0. Аналогично, ,,2 2 1 —< 1, поэтому Iogj! (1 — ?£-) < 0. Сумма двух неположительных 40
чисел может равняться нулю только в том случае, когда каждое сла- гаемое равно нулю. Первое слагаемое обращается в нуль при а = — 2 или х = 1. Второе - при а = g или х = 0. Но х = 0 не при- надлежит ОДЗ уравнения X — (0; \/2). Таким образом, уравнение имеет решение только при а = g (х = 1). Ответ: а - g. 4) Найдём множество значений функции f(x) = ^ -|- cos х — sin Tf = . + 1 — 2 sin2 — sin = = — 2 sin2 £ - sin rf- Ясно, что /(х) > - 3 = g. Наимень- шее значение g достигается при sin = 1. С другой стороны, Лж) = ^ “ 2(sin2 2 + 2sin2 + TS)+S = ^- 2(sin § + J)2 < ^. Наибольшее значение достигается при sin Так как f - непрерывная функция, то E(f) = [gj Исходное уравнение равносильно уравнению /(.х) = (а — 2)3, (а >2, а ф 3). Таким образом, уравнение будет иметь решения при значениях параметра а, удовлетворяющих условиям g < (а - 2)3 < а > 2, а^З <=> 1 < а - 2 < а 3 2^ <а< 2 + а 3. Замечание. Множество E(f) можно найти с помощью произ- водной функции f. Ответ: a G [2^; 3) U (3; 2 4- 5) log2(va + 2-х)-Flog 1 (х-а-1) = log4 9 о log2(x/a + 2-х) = 2 {х/а + 2 — х > 0 х — а — 1 > 0 х/а + 2 — х = 3(х — а — 1). Из последнего уравнения находим х = ^(х/а + 2 + За + 3). Достаточно проверить выполнение одного из неравенств. ^(х/а + 2 + За + 3) > а -F 1 о х/'а -F 2 > а + 1. Решая неравенство, получаем Ответ: a € [—2; 5—“)• 6) На ОДЗ уравнения (х < 2, х 1, 4х + а > 0) имеем logiy2z^(4x-Fa) - 4 о 4х4-а = (2 —х)2 о х2-8х+4—а - 0, откуда •^1,2 — 4 ± х/12 + а. Корни квадратного уравнения существуют при 6-3936 41
a > —12. Так как ®i = 4 + /12 + а > 4, то x'i не удовлетворяет условию х < 2 и корнем исходного уравнения не является. Решая неравенство Х2 < 2 4 — >/12 + а < 2 /12 + а > 2, получим а > —8. Кроме того, надо исключить значение а, при котором .T2 = 1. Х2 = 1 4Ф 4 — /12 + а = 1 <=> /12 + а 3 О а - —3. Условие 4х + а > 0 следует из равенства 4х + о, = (2 — ж)2. Замечание. Значения а можно было найти, решая неравенство /(2) < 0, где /(т) = х2 - 8.т + 4 — а. Ответ: а € (—8; —3) U (—3; +оо). 7) После замены t = lg sin х < 0 получим квадратное уравне- ние, корни которого ti'2 =а± у/2(а2 - 1) существуют при |а| > 1. Ясно, что исходное уравнение будет иметь решения тогда и только тогда, когда меньший корень квадратного уравнения будет удовле- творять условию t < 0. Решая неравенство а — у/2(а2 — 1) < 0 <=> \/2(а'2 — 1) > а, получим Ответ: а 6 (-оо; — 1] U [/2; -f-oo). Пример 2. При каких а и b уравнение о 1 + Iog6(2 lgа — х) logx b = I3g/£ 1Шеет Решепия ? Решение. На ОДЗ уравнения (0 < х < 2Iga, х / 1, а > 0, b > 0, b / 1) имеем 1 + l°Sfr(21ga—х]_ _ 2,— log х log, (2 lg а — х) = 2 <=> logbZ log6X '' fe ! logbx(21ga — x) = 2 <=> x2 — 2x Iga + b2 = 0. Корни квадратного уравнения существуют при условии > 0 <=> lg2 а — b2 > 0 Iga > Ь <=> а > 10ь. Так как xi + х2 = 2 Iga > 0, Х1Х2 = b2 > 0, то корни положи- тельные и удовлетворяют условию 0<x<21ga. Если b — Iga, то уравнение имеет один положительный корень х = Iga. Ответ: а 6 [10ь; Too), b > 0, 6/1. Пример 3. Найти наибольшее значение а, при котором урав- нение 2 log2 х - | Iog2 х| + а = 0 имеет решения. Решение. После замены | log2 х| = t задача свелась к нахожде- нию наибольшего значения а, при котором квадратное уравнение 2t2 — t + а = 0 имеет неотрицательное решение. Из неравенства 1 1 I) > 0 <=> 1 — 8a > 0 следует, что а < g. При а — g квадратное 1 1 уравнение имеет корень t = > 0, следовательно, значение a = g удовлетворяет условиям задачи. 4
Ответ: a=g. Пример 4. При каких а уравнения 1) l°g2z(® + «) = 1, 2) log^^Cr + а) = 1, 3) log (9Т + а) + log3(2 • Зт) = 0 не имеют решения? 3 Решение. 1) На ОДЗ уравнения (т > 0,. х х + а > 0) имеем log2a,(.r+a) = 1 <=> 2х = х+а <=> т = а. х = а не принадлежит ОДЗ в случае, если а е (—сю; 0] U {rj}. При всех остальных значениях а исходное уравнение имеет решение. Ответ: а & (—оо; 0] U {^}- 2) С учётом ОДЗ (т + а > 0, |т| > 1, |т| ф \/2) имеем х2 - 1 = х + а О f(x) = 0, где /(т) = х2 - х - а - 1. Исходное уравнение не будет иметь решений в следующих случаях: 1. Квадратное уравнение не имеет решений. Значения а находим из условия D < 0 <=> 1 + 4(rz + 1) < 0 о а < — 2. Уравнение /(.т) = 0 имеет корни, но они удовлетворяют условию |.т| < 1. Значения (I) > 0 1 Xq € [—1, 1] /(-1) > о 1/(1) > 0 а найдём из системы 1 7 € [—1; 1] г 5 11 < 2 J откуда а € [--1]. 1 — а > 0 а — 1 > 0, 3. Модуль одного из корней равен д/2, а модуль другого не превосходит 1. a) Xi — х/2. Так как Ху + х% = 1, то т2 = 1 — д/2, |я?2| < 1- Подставим х = у/2 в уравнение f(x) = 0 и .найдём соответствующее значение а, Имеем 2 — у/2 — а — 1 = 0, откуда а = 1 — у/2. Таким образом, при а = 1 — у/2 исходное уравнение решений не имеет. Ь) ху = — х/2. В этом случае исходное уравнение имеет решение Х2 — 1 + \/2- Ответ: а е (—оо; —1] U {1 — у/2}. 3) log т (91 + а) + log3(2 • Зт) = 0 log3(2 • Зж) = log^D* + а) 3 <=> 2 • Зт = 9Т + а. После замены получим уравнение /(£) = 0, где f(t) = t2 — 2t + a, t = Зж > 0. Квадратное уравнение имеет корни £1,2 = 1 ± — а, причём t = 1 + л/1 — а > 0 при любом а < 1. 6*-Э936 43
Это означает, что при а 6 (—оо; 1] исходное уравнение имеет ре- шения. Если же а > 1, то дискриминант квадратного уравнения D = 1 — а < 0, поэтому уравнение f(t) = 0, а вместе с ним и исходное, решений не имеют. Ответ: a G (1; Too). Пример 5. Найти все т, удовлетворяющие уравнению log2(a2o:3 — 5а2 т2 Т \/6 — ж) = log2+n2(3 — у/х — 1) при любом а. Решение. Так как нам надо найти значения х, удовлетворя- ющие уравнению при любом а, то сначала решим уравнение при некотором фиксированном значении а, а затем проверим, будут ли найденные значения х решениями при любом а. Удобно взять а = 0. Получим уравнение log2 л/6 — £ = log2(3 - у/х — 1), корни которого х = 2 и х = 5. 1. х = 2. Левая часть уравнения log2(2 — 12а2) = log2+fl2 2 нс имеет смысла, если 2 — 12а2 < 0, т.е. х — 2 не удовлетворяет условиям задачи. 2. х = 5. Равенство log2(125a2 — 125a2 Т 1) = log2+„2 1 справед- ливо при любом a 6 R. Ответ: х = 5. Пример 6. При каких а расстояние между корнями уравнения 2 log„ х Т 3 logax2 a Т 5 = 0 меньше ? Решение. На ОДЗ уравнения (х > 0, a > 0, а / 1, ах2 ф 1) перейдём к основанию а, получим 21Og“X+i^? + 5 = ° * 21og°-'' + l + 210g„.r + 5 = 0 « 2 loga х + 4 log^ х Т 8 Т 10 log„ х = 0 <=> log^ х Т 3 loga х Т 2 = 0, откуда loga х — — 1 <=> х — 4 и loga х — — 2 о х = В задаче требуется определить, при каких a --т1 < 35- Рассмотрим два случая. 1. 0 < a < 1. |i - 4^1 С О 25(1 - а) < 6а2 <=> 6а2 Т 25а — 25 > 0 <=> a G (—сю; —5) U (^; Too). Принимая во г внимание условие 0 < a < 1, окончательно имеем а € (^; 1). 2. a > 1. ||--^| < 25 25(а-1) < 6а2 о 6а2-25а+25 > 0 <=> a G (—сю; 3) U (^; Too). Так как a > 1, то решение неравенства a G (1; g) U (т^; Тею). 44
Ответ: а € (^; 1) U (1; +оо). Пример 7. При каких а сумма квадратов корней уравнения 2 loga |.т — 1| — loga х = 1 равна 34? Решение. На ОДЗ уравнения (ж > 0, ж / 1, а > 0, а / 1) имеем 2 loga |ж - 1| - loga х = 1 loga(x - I)2 = loga ах <=> (х — I)2 = ах <=> х2 — х(а + 2) + 1 = 0. Воспользуемся формулами Виета. х2 + х2 = (xi + Х2)2 — 2xiX2 = (а 4- 2)2 — 2 = а2 + 4а 4- 2. Уравнение а2 4- 4a 4- 2 = 34 имеет два корня: ai — — 8 и a 2 = 4. Первый корень не удовлетворяет условиям задачи, так как -8 $ (0; 1) U (1; 4-оо). Аг = 4 G (0; 1) U (1; 4-оо) и при а — 4 дискриминант квадратного уравнения х2 — х(а + 2) + 1 = 0 D = (а + 2)2 — 4 = 32 > 0, т.е. корни 24 и Х2 существуют. Ответ: а - 4. Пример 8. При каких а корни уравнения (a — 1) log2(x- — 2) — 2(а 4-1) log3(.T — 2) 4- а — 3 = 0 меньше 3? Решение. Если х < 3, то х — 2 < 1 и log3(x - 2) < 0. После замены log3(x -- 2) = t условие задачи сформулируем следующим образом: при каких а уравнение (а — 1)£2 — 2(а 4- l)i 4- а - 3 = 0 имеет только отрицательные корни? Пусть f(t) — (а — 1)£2 — 2(а 4- l)i 4- а — 3. 1. При а = 1 получаем линейное уравнение — 4t — 2 = 0, откуда t = — 2 < 0- Значение а = 1 удовлетворяет условиям задачи. 2. Значения а, при которых корни квадратного уравнения от- рицательны, найдём из системы '|Г>0 Г (а 4-I)2 — (a — 1)(а — 3) > 0 < tn < 0 ° ) а^Т < 0 (а — 1)/(0) <0 [(а-1)(а-3) < 0, откуда а е [^; 1). Объединяя найденные значения а, получим Ответ: а G [^; 1]. Упражнения. Пример 1. При каких а уравнения 2 1) (1 4- (За 4- 4)2) log2(-2ж - х2) 4- (1 4- (а - 2)2) log7(l - ^-) = 2 = log7(l “ %") + 1о&'2(-2х ~ -т2)> 45
2) log3(Va + 4 - z) + log j (z - a - 1) = log9 4, 3 3) log5(Va + 3 - z) + log! (z - a - 2) = log^2, 5 4) log7(Va + 6 - z) + log । (z - a - 2) = log49 4, 7 5) 4ig3-lg(a-x) = (lygx+i, 6) lg2z + lg(2 — z) = Iglga, 7) loga л/4 + z + 3 loga2 (4 - z) - loga4 (16 - z2)2 = 2, 8) log2z + logaz + log4z = 1, 9) loga+1(^+cosz-y2sin^) = 3, 10) log1_a(2 —cosz + sin ^) = 2, 11) logn_3(5 — 3 cosz — 6sin rf) = 2 имеют решения ? Пример 2. При каких а уравнения 1) logz (a — z) = 1, 2) glg(®-«)-lg2 = з1е(л:-1) не имеют решения? Пример 3. Найти все z, удовлетворяющие уравнению 1) 21og3ft2+2(7 - V34 + z) = log2a2+3(3 - z), 2) 21og2+a2(4 - V"7 + 2z) = Iog2+„2X2(4 - 3z), 3) logx+«2+i (a2x + 2) = 2 log7+2a.(5 - V6 - 2z) при любом a. Пример 4. При каких а расстояние между корнями уравнения loga z + 8 logax3 z = 3 меньше ? Пример 5. При каких а сумма квадратов корней уравнения loga |z — 2a| + loga z = 2 равна 4? 46
§3. Корни уравнения Рассмотрим несколько примеров на определение значений пара- метра, при которых 1) уравнение имеет единственное решение, два, три, четыре решения; 2) два уравнения равносильны. Пример 1. При каких а уравнения 1) 2 lg(x + 3) = lg(ax), 2) lg(.T2 + 6т + 8) = lg(a - Зх), 3) lg(x2 + 2ат) ~ lg(8T — 6а — 3), 4) 1оё^^+б(2х’2 + 2:г + 4) = 21°8аз;+о(®2 “ З'с “ 2), имеют единственное решение? Решение. . . . , . . f (х + З)2 — ах fт2 + т(6 — а) + 9 = l)2lg(x+3) = lgM« ' « \ ’ 1х + 3 > (J I т + 3 > 0. Рассмотрим два случая: 1. Квадратное уравнение имеет единственное решение. Значения а найдём из условия D = 0 <=> (6 — а)2 — 36 = 0, откуда а = 0 и а = 12. При а = 0 корень х = — 3 (—3; +оо). Значение а = 12 удовлетворяет условиям задачи, так как корень уравнения х = 3 G (- 3; -|- оо). 2. Уравнение /(т) = 0, где f[x) — х2 + т(6 — а) + 9 имеет два корня, удовлетворяющих двойному неравенству х^ < — 3 < х%. Значения а найдём из условия /(—3) < О <=> 9 —3(6 —а)+9 < О <=> а < 0. При этих значениях а только корень х% является решением исходного уравнения. Случай /(—3) — 0 <=> а = 0 рассмотрен выше. Ответ: a G (—оо; 0)и{12}. 2) На ОДЗ (т G X = ( —оо; —4) U (—2; +оо), а — Зх > 0) lg(.T2+6T+8) = lg(a —Зт) <=> т2+6.т+8 = а — Зх <=> т2+9т+8 — a = 0. Как и в предыдущем примере рассмотрим два случая: 1. D = 0 <=> 81 — 4(8 - а) = 0 о а = При этом значении 9 -V 49 а х = — 2 € X, следовательно, а — — удовлетворяет условиям задачи. 2. Уравнение f(x) — 0, где f(x) = х2 + 9т + 8 — а имеет два. корня, но один из них не входит в ОДЗ первоначального уравнения, т.е. принадлежит отрезку [—4; —2]. Значения а, при которых ровно один корень уравнения /(т) — 0 находится иа интервале (-4; —2), найдём из неравенства/(—4) • f (—2) < 0 <=> ( —12 — а)( —6 - а) < 0 <=> 47
— 12 < a < —6. Исследуем корни уравнения f(x) = 0 при а = —12 и а -- —6. 1) а = —12. /(т) = 0 <=> т24-9т-|-20 = 0, xi = — 5 G X, тг = —4 X. 2) а — —6. f(x) — О О т2 4-9т +14 = 0, ху = — 7 G X, тг = — 2 ф X. Таким образом, получаем Ответ: a G [—12; — 6] U { — 3) На ОДЗ (т2 + 2ах > 0, 8т — 6а — 3 > 0) уравнения Ig(T2 + 2ат) = lg(8x — 6а — 3) и х2 4- 2ах = 8т — 6а — 3 равно- сильны, причём достаточно потребовать выполнения только одного О условия, например, 8т — 6а — 3 > 0 <=> т > д(2а 4- 1). Как и при решении предыдущих примеров рассмотрим два слу- чая. 1. Уравнение /(т) = 0, где /(т) = т2 - 2т(4 - а) 4- 6а 4- 3 имеет единственное решение, если ^7? = 0 <=> (4 — а)2 — (6а 4- 3) = 0 <=> а2 — 14а + 13 = 0, т.е. при а = 1 и а = 13. Легко проверить, что условие т>|(2а + 1) <=> 4 - а > |(2а 4- 1) выполняется при а = 1 и нс выполняется при а = 13. 2. Значения а, при которых только один из корней удовлетворяет условию T>g(2a + 1), найдём из неравенства /(|(2a4-1)) < 0 <=> ^(4a2 + 4a + 1) — 2 • |(2a 4- 1)(4 - a) 4- 6a 4- 3 < 0 <=> 44a2 + 28a 4- 3 < 0 <=> a € (—^; — Проверкой убеждаемся, 1 3 что значения a = — и а — — удовлетворяют условиям задачи. Ответ: a G [—-^]U{1}. 4) На ОДЗ (т2+т + 2 > 0, т2 —Зт —2 > 0, ат 4-6 > 0, ат 4-6 / 1) logy^+e^2 + 2т + 4) = 2 Iogaa:+6(T2 - Зт - 2) о 1оеах+б(2т2 + 2т + 4) = loga;r+6(T2 - Зт - 2) о 2т2 + 2т + 4 = х2 — Зт — 2 <=><=> т2 4- 5т 4- 6 = 0, откуда Ti = —3, Х2 = —2. Легко проверить, что Ti и тг удовлетво- ряют условиям т2 + т 4- 2 > 0 и. т2 — Зт — 2 > 0. Если Ti - решение исходного уравнения, а тг не является решением, то должны выполняться следующие условия 'axi 4- 6 > 0 aTi 4-6^1 атг 4- 6 < 0 k атг 4-6 = 1 ' —За 4- 6 > 0 -За + 6 ф 1 —2а 4~ 6 < 0 —2а 4-6 = 1 а < 2 < аг^ 3 = 2 48
Эта система решений не имеет. Аналогично, значения а, при которых ~ решение исходного уравнения, a xi не является решением, найдём из системы ах2 + 6 > 0 ( —2a + 6 > 0 а < 3 ах2 + 6 1 1 -2a + 6 1 а ф 2 < г <=> < Г <=> ах\ + 6 < 0 —За + 6 < 0 а > 2 axi +6 = 1 —За + 6 = 1 . а = 3 откуда аб{^}и[2; 3). Ответ: л G {g) U [2; j 3). Пример 2. При каких а уравнения 1) х +logi (9х -2а) = 0, 2)log4(2 + - д-Z + 2(х - З)2 = а имеют ровно два решения? Решение. 1) x + log! (9®-2а) = 0 о log3(9x - 2а) = х <=> 9х-Зх-2а = 0. 3 После введения обозначения 3х = t получим квадратное урав- нение /(£) = 0, где /(t) = t2 — t — 2а. Исходное уравнение будет иметь два решения, если уравнение /(t) = 0 будет иметь два поло- жительных корня. Значения а находим из системы ' D > О Г1 + 8а > О < to > 0 <=> < £ > 0 <=> — g < а < 0. J(0) > 0 [-2а > 0 Замечание 1. Значения а можно найти, решая систему tj > 0 — д/1 + 8а) >0 ( — g<a<cO < t2 > 0 <+ \ ^(1 + \/1 + 8а) > 0 \ а + —i ti^t2 [1 + 8а^0 [а/-1, откуда aG(-|; 0). Замечание 2. Уравнение имеет единственное решение при a G {— gj U [0; -|-оо). 2) Упростим выражение, стоящее под знаком логарифма. 1. х < 0. 2 + ~ - ^= 2-1 + 1 = 2. 2. 0 < х < 2. 2 + ^2 “^ = 2-1-1 = 0. 3. х > 2. 2 + 2 2" - ^ = 2 + 1-1 = 2.
_ 21 X 1 Таким образом, log4(2 + = log4 2 = для х € X = (—оо; 0) U (2; +оо) и не существует при х е [0; 2]. Выясним теперь, при каких а уравнение f(x) = 0, где /(т) = (ж — З)2 — 2а +1 = а!2 — 6х — 2а +10, имеет два различных корня, принадлежащих множеству X. Рассмотрим три случая: 1. Xi, Х2 € (—оо; 0). Пусть = 3 — у/2а — 1, z2 = 3 + у/2а — 1. Так как Х2 > 0, то этот случай невозможен. 2. Xi € (—оо; 0); Х2 € (2; +оо). Значения а найдём из условия f/(0) < 0 f-2а + 10 < 0 fa >5 < „ „ <=> < о < откуда а € (5;+оо). (/(2) <0 [2- 2а < 0 ( а > 1, 3. £1, Х2 G (2; +оо). Решая систему ' D > 0 (2а- 1 > 0 ( 1 I а 5* ту . 1 . <то>2 о 3 > 2 О < 2 получаем a G (А; 1). .. . а < 1, z 1/(2) >0 [2- 2а > 0 < Осталось объединить найденные значения а. Ответ: a G (Jj; 1) U (5;+оо). Пример 3. Определить число корней уравнения 1 + log;c = (1g lg a - 1) logx 10. Решение. Если а < 1, то lg lg а не имеет смысла и уравнение не имеет решений. При a > 1 и х S (0; 1} О (1; 4) имеем 1 + log^ (4 ~ ~ l°g® 10 = (lg lg a) loga. 10 ~ log® Ю 1 + lg^4gT = 1 !gla z(4-z) = lga <=> x2 - 4x + Iga = 0, откуда x'1,2 = 2 ± л/4 — Iga. Ясно, что корни существуют при усло- вии D > 0 <=> 4 — lg a > 0 <=> а > 104. При a = 104 дискриминант равен нулю и уравнение имеет един- ственное решение x’i = т2 = 2. При a = 103 корень zi'= 1 не принадлежит ОДЗ. Уравнение имеет один корень т2 = 3. Если a G (1; 103) U (103; 104), то уравнение имеет два решения. Ответ: a G (1; 103) U (103; 104) - два решения; a G {103; 104} - одно решение; a G (Ю4; +оо) - решений нет. Пример 4. При каких а уравнение 9“3 log2(|l2 - 4х + 3| + 1) + з3-1*!-4*+31 • log2 t + 3aT_ 2ад = 0 имеет ровно три решения? 50
Решение. Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ (1 + За — 2а2 > 0), получим 32“2 log2(|ж2 - 4х + 3| + 1) - з3л~ 1ж2-4ж+3’ • log2(l + За - 2а2) = 0 <=> З^2-4^+31 lOg2(|ж2 - 4х + 3| + 1) = З3а~2а2 log2(l + За - 2а2) = 0. После введения обозначений |ж2 — 4ж + 3| =‘и, За — 2а2 = v, урав- нение приведём к виду 3ulog2(u+ 1) = 3vlog2(v + 1). (1) Функция /(t) = Зб log2(l4-t) при t > 0 является возрастающей (как произведение двух возрастающих функций, принимающих положи- тельные значения), поэтому уравнение (1) равносильно уравнению х2 — 4х + 3 — За + 2а2 = 0 х2 — 4х + 3 + За — 2а2 = 0. и = v |ж2 — 4х + 3| = За — 2а2 Первое уравнение совокупности имеет два решения х 1,2 = 2 ± >/1 + За — 2а2 при любых значениях а из ОДЗ. Второе уравнение по условию задачи должно иметь единственный корень. Это возможно только в случае ^7? = 0 1 — За + 2а2 = 0, т.е. при а — 2 и а = 1. Так как оба значения а. входят в ОДЗ, то получаем 1 Ответ: а = £, а = 1. Пример 5. При каких а уравнение 2 log2 х — | log2 ж | + 2а = 0 имеет четыре решения? Решение. После замены | log2 я| = t > 0 получаем уравнение /(£) = 0, где /(£) = 2t2 — t + 2а. Исходное уравнение будет иметь 4 решения, если квадратное уравнение имеет 2 корня (различных и положительных). Значения а находим из системы D>0 fl-16a>0 1 1 1 < to > 0 <=> < > 0 откуда 0 < а < yjr. J(0) [2а > 0, Замечание. При а = 0 исходное уравнение имеет 3 корня. Ответ: а € (0; -pg). Пример 6. Найти а, при которых уравнение ((2а: + а)ч/22а - 4а2 - 24 - 2(т2 + х) Iga) • lg(36q^9fl2) = 0 имеет по крайней мере 2 корня, один из которых неотрицателен, а другой не превосходит (-1). Решение. ОДЗ уравнения найдём из системы 51
Г22а -4а2 - 24 > 0 (a G [|; 4] < а > О <4> < a G (0; +оо) <=> a G [|; 4). [зба — 9а2 >0 [аЕ (0; 4) Рассмотрим несколько случаев: 1- lg(36a359fl2) = 0 О Зба^.Д2 = i да2 _ Зба + 35 = 0) откуда Д = з и Д = з • При этих значениях а множество решений уравнения х G R (среди них есть 2, удовлетворяющих условиям задачи). 2. а = Исходное уравнение — 2(ж2 + т) 1g = 0 имеет два корня, удовлетворяющих условиям задачи (я?1 = —1, х% = 0). 3. Преобразуем уравнение к виду /(т) = 0, где /(.т) = 2х2 1g a -h 2a:(lga — \/22a — 4a2 — 24) — a\/22a — 4a2 — 24. Зна- чения a, при которых один из корней квадратного уравнения при- надлежит промежутку (—оо; —1], а второй - промежутку [0; +оо), найдём из системы Г/(—1) < о Г(2 — a)\/22a — 4a2 - 24 < 0 |/(0) <0 [-ах/22а - 4a2 - 24 < 0, откуда a G {j} U [2; 4]. С учётом ОДЗ уравнения получаем Ответ: a G 3} О [2; 4). Пример 7. При каких a, b, с, d уравнения ху = 1 и аху + blg(\/x2 + 1 4- х) = с + сЩ(л/ж2 4- 1 — х) (1),(2) равносильны? Решение. Так как \/х2 4-1 — х = - -----, то V х2 4- 1 4- х lg(\4r2 4- 1 — х) = — lg(\/T2 4-1 4- -т), поэтому уравнение (2) можно преобразовать к виду аху + (b + d) lg(\Ac2 4-1 4- x) = с. (3) Легко видеть, что пары ( — 1; —1) и (1; 1) являются решениями уравнения (1). По условию они должны быть решениями уравнения (3). Подставляя значения хну, получим систему (а 4- (Ь 4- d) lg(\/2 4- 1) = с [a 4- (b 4- d) lg(\/2 - 1) = c. Складывая и вычитая уравнения почленно, придём к системе (2а 4- (Ь 4- d)(lg(а/2 -|-1) 4- lg(х/2 - 1)) = 2с ) (6 + d)(lg( Л + 1) - lg( Л -1)) = 0, откуда находим, что а = с, b = —d. Подставим полученные значения параметров в уравнение (3). Имеем аху — а, откуда при а 0 52
получим уравнение (1) ху = 1. Таким образом, уравнения (1) и (2) равносильны при а = с 7^ О, b = —d. Упражнения. Пример 1. При каких а уравнения 1) 21g(x + 1) = lg(a.x), 2) 21g(x + 4) = lg(a.r), 3) 2lg(x + 5) = lg(az), 4) Iog4(ax — 7) = 2 log16(12z - x2 — 32), 5) lg(rr2 — 6x + 8)ln 10 = 1п(ат — 17), 6) - x + 3) = 2 log2aa.+4(x2 + 2т +1), 7) logI_1(x + a) = 0, 5, 8) log,i;+1 (az) = 2, 9) logI_a(|z2 - x + a2 - a) = 2, 10) log2(5a - x) = log05(z - 2) имеют единственное решение? Пример 2. Найти наибольшею значение а, при котором урав- нение имеет единственное решение. 1) 2 log2(2z +3) = log2(az), 2) log2(4z2-f-4az) = log2(16z - 6a — 3). Пример 3. При каких а уравнения 1) log2(4a; — а) = х, 2) log3(9:c + 9a3) = х, 3) log2(4:c + 8a5) = х, 4) х + log। (41 + a3) = 0 имеют ровно два решения? 2 Пример 4. Определить число корней уравнения 1) log9 х + log9 = log9 log9 а, 2) log3(2 +-И) = (т+ 2)2+ a. 53
§4. Логарифмические неравенства Приведём эквивалентности, используемые при решении логариф- мических неравенств. 1. Неравенство logj-^ д(х) < logj(3.) h(x) равносильно совокуп- ности двух систем: Го < У(а?) < 1 р(к) > 1 а) < h(x) >0 и 6) < д(х) > 0 [/ъ(я) < д(х) 2. Если а, b - числа, а > 0, а 1, то loga f(x) <b & loga f(x) > b <=> /(x) > a6, если 0 < a < 1 0 < /(x) < ab, если a > 1, 0 < /(x) < ab, если 0 < a < 1 f(x) > ab, если a > 1. Пример 1. Решить неравенства 1) xloSo x < a, 4) a4Iog*a < a3z, 2) xl,oK"al < 1, 5) 10ga(s - 3) " 3) log । (x2 — 2x + a) > —3, 2 6) 1°ё2х-+з(а- 2) < 1, 7) log a2+3 “ 5) - log At_3 + 8>’ a2 + 4 a2 + 4 8) logq(35 - X3) о loga(5 - x) 9) log2(Vx2 — 2ax + 1 — 1) < 1, 10) loga 1 + loga X 1 - log” x < 0. Решение. 1) ОДЗ неравенства: x>0, a > 0, a 1. Логарифмируем обе части неравенства по основанию а. Рассмотрим два случая: 1. 0 < a < 1. log2 х > loga а о 2. а > 1. log2 ж < loga а о —1 loga х > 1 . loga х < -1 < loga х < 1 & | X < 1 а' а. 0 < X > а х Ответ: х G (0; a) U (^; +со) при а G (0; 1); х е (^; а) при и G (1; -f-oo). 2) ОДЗ неравенства: х >0, ж / 1, а, > 0. Если а = 1, то неравенство выполняется при любом х из ОДЗ. При a 7^ 1 проло- гарифмируем обе части неравенства по основанию а и рассмотрим два случая: 54
1. О < а < 1. I log а| log х > -1 <=> > -1. I loga ж I “ Левая часть неравенства равна —1, если loga х <0 <=> х > 1, и равна 1, если loga х >0 <=> 0 < х < 1. Таким образом, неравен- ство справедливо при любом х из ОДЗ. 2. а > 1. | logr a| loga х < -1 <=> , . < —1. Неравенство выполняется только при х G (0; 1). Ответ: х G (0; 1) U (1; +со) при a G (0; 1]; х G (0; 1) при a G (1 : +оо). 3) log । (х2 — 2х + а) > — 3 О 2 х2 — 2х + а > 0 х2 — 2х + а < 8. (1) (2) Пусть Ху и - множества решений неравенств (1) и (2) соот- ветственно, тогда Xi А Х-2 = X - решение исходного неравенства. Корни квадратных трёхчленов xi,2 = 1 ± л/1 — a и г’з(4 = 1 ± \/9 — а- Следовательно, критическими значениями па- раметра а являются а = 1 и a = 9. При 0<а<1 %! = (-оо; 1 — л/1 — a) U (1 + V1 ~ а; +оо), при а > 1 Xi = (—со; +оо). При 0 < a < 9 Х% = (1 — \/9 — a; 1 + \/9 — а), при а > 9 Х2 = 0. Рассмотрим три случая: 1. 0 < а < 1. X = (1-у/9 - а; 1-^1 - «)и(1+УТ^д; 1+х/9^а). 2. 1 < a < 9. X = (1 - \/9^a; 1 + г/9^а). 3. а > 9. X = 0. 4) При а — 1 получим 1 < х. Это означает, что исходное неравенство выполняется при х G (1; +оо). При а / 1 прологариф- мируем обе части неравенства по основанию а и рассмотрим два случая: 1. 0 < а < 1. a41og*a loga т + 3 logq ж - 4 loga а? loga х < -4 . 0 < loga х < 1 2. а > 1. a41og*a < loga ж + 3 log„ х - 4 loga Ж —4 < loga X < 0 . loga х > 1 а3х * >3+]< (logas + 4)(logaa; - 1) х> 1 ,, “ а < х < 1. П 3 if isfc < 3 + k'S^ (logq X + 4)(logq X - 1) ( 10ga X 1 <3;<1 a4 55
Ответ: х G (а; 1) U +со) при a G (0; 1); х G (1; +со) при а = 1; х G (Д-; 1)0 (а; +оо) при аб(1; +оо). а 5) ОДЗ неравенства: х > 3, х 4, а > 0, а^1. l0go<>-3) > 1 * 0<loga(:r-3)<l. Рассмотрим два случая: 1. 0 < а < 1. а<х — 3<1 о а + 3 < х < 4. 2. а > 1. 1 < х - 3 < а О 4 < х < а + 3. Ответ: хе (а + 3; 4) при a G (0; 1); х G (4; а + 3) при а G (1; +оо). 6) ОДЗ неравенства: 2х + 3 > 0, 2х + 3 7^ 1, а > 2. Рассмотрим два случая: 1.0<2х + 3< 1 <=> -|<х<-1. 1°й2х+з(а - 2) < 1 О <1 - 2 > 2х + 3 О х < ^(а — 5). 1 ч Так как а > 2, то тДа — 5) > — поэтому остаётся рассмотреть две возможности. а) у(а — 5) < — 1 <=> а < 3. В этом случае множество решений неравенства х е (— %; ^(а — 5)). Ь) у(а — 5) > — 1 О а > 3. Множество решений неравенства х е (—2; —!)• 2. 2х + 3 > 1 х > — 1. Исходное неравенство равносильно неравенству а — 2 < 2х + 3 О х > -^(а — 5). Сравним числа 5) и —1. а) ^(а — 5) < — 1 <=> а < 3. Множество решений х > —1. Ь) ту(а — 5) > — 1 а > 3. В этом случае множество решений х > ^(а — 5). Объединяя найденные множества, Получим Ответ: х G (—£> — 5)) О (—1; +оо) при a G (2; 3); хе (-2’ —1)и(—+00) ПРИ а = 3; хе (——1)О(2(а —5); +со) при а е (3; +оо). 2 I Q 7) Так как 0 < —0 < 1 для любого а е R, то cl Т 4 log 2,0 (Зх - 5) > log о , о (я + 8) <=> 0 < Зт - 5 < х + 8 <=> CL "j~ о CL ~т~ г 1 о Ответ: х е при а е (—со; +со). 56
8) ОДЗ неравенства: 35 — х3 > О, 5 — х > 0, х 4, а > 0, 1. Воспользуемся формулой перехода к новому основанию: logf,c = Iog^5’ > °’ а С > °’ Ь > °’ Ь ™ logn. (35 — х3) loga(5 - х) (О < 5 - х < 1 < 35 - х3 > О [з5 — х3 < (5 — х)3 I 5 - х > 1 I 35 — х3 > (5 — х)3 > 3 О log5_x(35 — х3) > 3 о 0 х G (2; 3). Ответ: х G (2; 3) при a G (0; 1) U (1; +оо). 9) log2(v/.'E2 — 2ах 4- 1 — 1) < 1 <4> 0 < \/х2 — 2ах + 1 — 1 < 2. Решение примера сводится к решению системы иррациональных неравенств. J1 < у/х2- - 2а,х + 1 Г х(х — 2а) > 0 Vх2 — 2ах + 1 <3 1а ~ V^2 + 8 < х < а + \/а2 4-8. Ответ зависит от знака параметра а. 1. а < 0. х G [а — л/а2 4-8; 2а) U (0; а 4- Va2 -F 8]. 2. а > 0. х G [а — \/а2 4- 8; 0) U (2а; а + \/а2 4- 8]. 10) ОДЗ неравенства: a > 0, а, ф 1, x > 0, Рассмотрим два случая: 1. 0 < a < 1. loga log x(log„ x 4- 1) loga x~ 1 2. a > 1. loga * + !°g(t X < 0 &a 1 - loga X Решим каждое из неравенств. 9 n / 1 + l°gq x Ь 1 - loga X n 1 + log2 X 22' “log^ < 1 -1 < loga X < ° 1 - log„ х > 0. 1 + logj х 1 - loga х } + }°^ < 0 1 - loga x n „ f log»* < -1 aX < 1 1 + loga X i 1 “ log"X х> 1 а a < х < 1. logax(logax 4-1) n log^-l >0 5 < x < 1 » ie(l; l)U(a; +oo). ’’‘S n Остаётся найти пересечение двух множеств. (0; а)П((^; 1)U(а; 4-оо)) = (^; 1) - решение исходного неравенства при a > 1. 57
Ответ: х G (а; 1) при a G (0; 1); х € (^; 1) при а Е (1; +оо). Пример 2. При каких значениях а неравенства 1) < toga 4, 2) t°g 1 j (я2 + 21°'1) > °, 3) 1 + log5(a?2 + 1) > log5(aa?2 4- 4х + а) выполняются при любых значениях х G Л? Решение. 1) Рассмотрим два случая: 1. 0 < а < 1. Так как х2 — х + 1 = (а? — Jj)2 4- > 0, то <log-4 « V -Угг >4 ~ 2х2 + ат - 4 > 4а?2 — 4а; + 4 2а?2 — х(а + 4) + 8 < 0. Ясно, что это неравенство не может выполняться для всех a; G R. (например, оно не выполняется при а? = 0). Следовательно, значения а € (0; 1) но удовлетворяют условиям задачи. 2. а > 1. loga < tog(t 4 <=> 2а?2 — т(а + 4) + 8 > 0. Значения а найдём из условия D < 0 о (а 4- 4)2 — 64 < 0 о а2 + 8а — 48 < 0, откуда а 6 (—12; 4). С учётом того, что а > 1, получим Ответ: «е (1; 4). 2) ОДЗ неравенства: a > — 1, a^0, а? G R. Рассмотрим два случая: 1. a > 0. Основание логарифма а < 1> поэтому log 1 (а;2 + 2|а|) > 0 О а?2 + 2|а| < 1. Это неравенство не может a 4- 1 выполняться при любых х € R. Например, оно не выполняется при х = ±1. 2. — 1 < a < 0. Исходное неравенство равносильно неравенству х2 4- 2|a| > 1. Так как наименьшее значение левой части последнего неравенства равно 2|а| (оно достигается при х = 0), то для вы- полнения неравенства а?2 4- 2|a| > 1 при любых х G R необходимо и достаточно, чтобы значения а удовлетворяли условию 2|a| > 1. Учитывая, что a G ( — 1; 0), окончательно получаем a G (—1; — j)- Ответ: a G (— 1; —j)- 3) 1 + log5(.T2 4-1) > log5(az2 4-4а; 4-a) <=> log5(5x‘2 4- 5) > log5(aa?2 4- 4x 4- a) 58
ax2 + 4x + a > 0 f ax2 + 4x + a > 0 5x2 + 5 > ax2 + 4x + a 1(5 — a)x2 — 4x + 5 — a > 0. Для того чтобы оба неравенства выполнялись для любых х G R, необходимо и достаточно, чтобы коэффициенты при х2 бы- ли положительны, дискриминант первого трёхчлена -- отрицателен, а второго - неположителен. Решая систему а > 0 5 — a > 0 4 - а2 < 0 ч4 - (5 - а)2 < 0 a > 0 a < 5 <4> < (а - 2)(а + 2) > 0 (а, — 3)(а — 7) > 0, получим a G (2; 3]. Ответ,: a G (2; 3]. Пример 3. При каких значениях а неравенство log2(x2 + ах + 1) > -1 выполняется для любого х < 0? Решение. Исходное неравенство равносильно неравенству х2 + ах 1 > •£ х2 -|- ах 4- > 0. Задача свелась к нахождению а, при которых квадратный трёх- член /(ж) = х2 + ах + -^ принимает положительные значения при любом х < 0. Значения а можно найти из условий а2 - 2 < 0 (-§>0 Н - ° D<0 [.то > 0 /(0) > О —v2 < а < v2 а < 0, откуда a G (—оо; х/2). Ответ: a G (—со; х/2). Пример 4. При каких а среди решений неравенства 1 : 1 1^-21 . 1 |х - 4|(6 - х) log2(x - 1) - log i -х' + log2 J----------1- > а содержится единственное целое число? Решение. ОДЗ неравенства: х — 1 > 0, х 2, 6 — х > 0, х 4, или иначе х е (1; 2) U (2; 4) О (4; 6). Ясно, что решениями могут быть только два целых числа: 3 или 5. Обозначим левую часть неравенства. через /(х). Так как по условию решением неравенства /(х) > а должно быть только одно целое число, то значения а найдём, решив сово- купность двух систем: /(3) > а < а 59
1) < > a О < 1 - log2 3 + loS2 3-1>a oJa<0 [/(5) < л [2 + log2 3 — 2 < a |^a > ]og2 3. Первая система решений не имеет. 2)р(3)<« (а>0 1/(5) > a 1 о, < log2 3, откуда a € [0; log2 3). Ответ: а£ [0; log23). Пример 5. Решить неравенство logtt(x2 + х + 2) < loga(2х2 - 18), если известно, что оно удовлетворяется при х = —3,5. Решение. ОДЗ неравенства: х € (—оо; —3) U (3; +оо), а > 0, а 1. Подставим х = —3,5 в обе части неравенства, получим logn((—3,5)2 — 3,5 + 2) < loga(2(—3, 5)2 - 18) О loga(10,75) < loga(6, 5), откуда следует, что 0 < а < 1. Осталось решить исходное неравенство при a € (0; 1). х2 + х + 2 > 2х2 - 18 о х2 - х - 20 < 0 фф -4 < х < 5. Учитывая ОДЗ, получаем Ответ: х G (—4; —3) U (3; 5). Пример 6. При каких а любое решение неравенства log3(^2 ~ З.т + 7) log3(3x + 2) является решением неравенства х2 + (5 — 2а)х — 10a < 0? Решение. Так как х2 — Зх + 7 = (х — ^)2 + > 0, то 1О^ (3^ + 2) < 1 log^+2(a;2 ” Зх + 7) < 1 о АО&з -f- А) 0 < Зх + 2 < 1 х2 — Зх + 7 > Зя? + 2 Зх + 2 > 1 0 < х2 — Зх + 7 < Зх + 2 1 2 ”3 1 < х '3 х 9 1 Множество решений первого неравенства Xi = (—^; —д) О (1; 5). Корни квадратного трёхчлена х2 + (5 — 2а)х — 10a Xi = 2а, х2 = —5. Ясно, что если 2a < —5, то Х-[ Х2 — (2a; —5). В случае 2a > —5 Х2 — (—5; 2a). Для включения С Х2 надо потребовать выполнения неравенства 5 < 2a о а, >2, 5. Ответ: a G [2,5; +со). 60
Пример 7. При каких а любое решение неравенства 1О82+|(^2-|х-5)>1 является решением неравенства а4х2 — а2 х — 2 > О? Решение. , / 1 9 3 log2+x(2.r 5) > 1 о !0 < 2 + ^х < 1 0 < 2,г'2 - - 5 - 2+ 7 2+|ж > 1 1г2_Зг._5>2+х -2) < х G (-оо; -2) U (5; +оо) ^G [2-Зх/2;2ч-зУ2] Г ж G ( — 2; -роо) 1 ж G (—оо; 2 — 3\/2] U [2 Т 3\/2; -роо) -4 < ж < -2 < ж2 - Зж - 10 > О ж2 — 4ж — 14 < 0 (х > -2 | ж2 — 4ж — 14 > 0 ж G [2- 3\/2; -2) ж G [2 -Р 3>/2; Too). Таким образом, множество решений первого неравенства Xi = [2 — Зл/2; —2) U [2 + 3^/2; Too). При а = 0 второе неравенство решений не имеет. При а 0 множество решений Х2 = (-00; — Дт) U (-%; Too). Для включения Х\ С X? тре- а а буется выполнение двух неравенств: — 2 < — Дт о а2 > и- a z -% < 2 + 3\/2 <=> а2 > --—т=. Так как -----—7= < i, то искомые a 2 + 3V2 2 + 3V2 2 значения a G (—00; — -^=] U Too). Ответ: a G (—оо; —7=] U [~у=', Too). у/ 2 у 2 Упражнения. Пример 1. Решить неравенства 1) ж1ок“ т > а, 2) log2 ж2 >1, 4) ж'°8„*+1 > а9х. 5) 1— > I у ’ 7 Ь^аж 3) ж1о8-з;+4 < а4ж, 6) logx(a2 + 1) < 0, 7) logft2(x’2 + 2ж) < 1, 8) 1оКа(1 - ж2) > 1, 9) 1 Т jog2 ж 1 + bga ж Ю) 3 logn ж 4- 6 log2 Ж + 2 11) (log2 ж - 1)(log2 ж + а) > 0, 61
12) log-2 ж_1оёа x < о, 13) iOga x+1 > 2 log.,, a, 14) log^ a > loga2;r a2, 15) logrt x > 6 log* a - 1, 16) log 2 4 (2x- + 3) < log 2 „ (ж + 2), a 4- 2 a 4- 2 17) 1 - lg(2s - a) > te(3rt “ -г)> 18) \/1оВа < 11 19) 1OR“ X > /(logax-l)log*<? 2°) 10R«(X‘ " + 10g" * > 2’ 21) log* 10 - loga 10 > 0, 22) loga г/3,5т- 1,5 • log* a < 1, 23) 21og4(x - a 4- 1) + logi (x - 2a - 3) > 2, 2 24) lg x + lg(.'z; - 2a) - lg(3s - 4a) > lg a. Пример 2. При каких значениях а неравенства 1) log„(x2 — 2х + a) > 1, 2) 1 — log i (x2 + 1) > log7(az2 4- 4x + a,) 7 3) z2(2 - log2 ^y^y-) + 2ж(1 + log2 y^y) - 2(1 4- log2 y^y) > 0, 4) l°Sa(a+2)(lxl + 3) > 1 выполняются при любых значениях х G Л? Пример 3. При каких значениях а неравенство Jog^ (х2 + 2х -|- а) < — 1 выполняется для любого х > 0? 2 Пример 4. При каких а среди решений неравенств 1) log 1 (8 - х-) - log3 + logj 1Д ~ 3) < а, 2) - log| (х - 4) + log3 + loga |Х > а содержится единственное целое число? 62
§5. Системы уравнений и неравенств Пример 1. Решить системы n f(log„®7/-2)(log0^)-1 = -1 1) < J I х + у = 5а, 2) 3) I Igfc + 2/) = lgz + lg?/ [ lg(x + ay) = lg x + 2 lg y, J 1°ёх-2(2х>2 - 4ж 4- 2/ + 1) = 2 1 I п 2 I х + у — 3 = а — а , ( (loga + (loga УУ = 2 (loga4)2- Решение. 1) На ОДЗ системы (а > 0, а =4 1, ху > 0) имеем: Г loga ХУ - 2 = loga 3 f loga ХУ = loga ( ^У = |a2 I x -I- у = 5a I x + у = 5a I x + у = 5a, откуда xi = 2/i = ^; x2 = y2 = Ответ: {(^; (^; при a € (0; 1) U (1; +00). 2) Преобразуем первое неравенство. (1 yl(8+logo x) > (1 )ioga ® & log2 x - 41oga x - 32 > 0 Рассмотрим два случая: 1 0<a<l [ 1оЬ.х<-4 [ loga x > 8 Учитывая, что 0 < х < 1, i logn х < -4 . loga Х > 8 0 < х < 1, то получаем 0 < х < а-4. х € (0; а8) при а € (0; 1); х € . Iog„ X > -4 8. Так как -4 / л8 : < а 4 ,8 (0; а-4 при Ответ: а е (1; +6о). 3) На ОДЗ системы (х > 0, у > 0, х + ау > 0) имеем: ]х + у = ху (у = х(у-1) 1 9 1 / о I х + ay = ху I ау = х[у — 1). Условие х + ау > 0 выполняется, так как х + ау = ху2 > 0. Если у = 1, то система решений не имеет. При у / 1 поде- лим левые и правые части уравнений, получим а = у+ 1, откуда 63
у = а — 1, а — 1 = ж (а - 2). При а — 2 последнее уравнение решений не имеет. Из условий х > 0 О 2 > У > ® а ~ 1 > О получаем, что исходная система имеет решения при а > 2. Ответ: (^ ~ а ~ 1) Лри a £ (2; +оо); 0 при a £ (—оо; 2]. 4) При х > 2, х / 3 имеем 2ж2 — 4ж+?/+1 — (ж—2)2 <+ ж2+?/ — 3. Очевидно, что условие 2ж2—4ж+?/+1 >0 выполняется. Исключив у, получим квадратное уравнение, корни которого х = а и ж = 1 — а. Установим теперь, при каких а корни уравнения удовлетворяют условиям ж > 2, ж =4 3. 1. ж = а является решением при а > 2, а =4 3. 2. ж = 1 — а > 2 <=> а < —1; 1-а^ 3 <=> --2. Итак, система имеет следующие решения: (а; 3 — а2) при а £ (2; 3)U(3; +оо); (1 — а; 2+2а —а2) при а Е (—оо; — 2)U(—2; —1). При остальных а система решений не имеет. 5) На ОДЗ системы (а > 0, ж > 0, у > 0) имеем: Гbga ж + logQ у = log„ 4 fu + v = c Ц10^)2 + Ooga^/)2 = 2 (loga 4)2 ]u2 +v2 = |c2, Г.де U = loga Ж, V = loga У> C = l°ga 4- Система имеет два решения: (—и (4^; — Возвращаясь к первоначальным переменным ж и у, получим loga Я = loga4 & Ж = 2, loga?7 = 2 l°ga4 <=> У = 8- ВсИЛу симметричности вместе с парой (^; 8) решением системы является пара (8; ^)- Ответ: 8), (8; Пример 2. При каких а Гlg(l - У) = lg(~z) I?/ + а + 3 = 0, 5(ж + а)2, Г _ ж2 3) J У а [lg(3 + ж) = lg(l + у), {(а — 2) sin ж + cos у = 1 loga(2cosj/) = loga z - log; log2(y^) = 1 при a E (0; 1) U (1; +oo). следующие системы 2 Г 2ж + у = a [2 + log2 2/ = log2(l + j), j ж + log2 у = 4 \jy + 2х — a + 4, (1+7 sin ж) имеют решения? Решение. 64
I lg(l - 2/) = lg(-z) I 1 - у = -x, x < 0 (?/ + a + 3 = 0,5(т + a)2, |^2/ + a + 3 = 0, 5(t + a)2. Исключим у, получим квадратное уравнение х + 1 + а + 3 = 0, 5(z + a)2 ФФ х2 + 2z(a — 1) + a2 — 2a — 8 = 0, корни которого xi = 4 — а, х-2 = —2 — а. Условиям задачи удовлетворяют те значения а, при которых по крайней неравенств мере один корень отрицательный. Решая совокупность 4 — a < 0 Г a > 4 п л ФФ о получим -2 - a < 0 а > -2, J Ответ: а Е (—2; +оо). 2) После упрощений получим систему < 2 • [41/ = 1 + £, у > 0. Исключая х, придём к уравнению f(y) = 0, где /(2/) = 4?/2 — 2/(4а + 1) + а + 4. Условиям задачи удовлетворяют те значения а, при которых уравнение /((/) — 0 имеет не менее одного положительного решения. Рассмотрим несколько случаев. 1. Уравнение имеет корни противоположных знаков. Значения а найдём из условия /(0) <0 фф a + 4 < 0 фф а < —4. При а = — 4 уравнение не имеет положительных решений (yi = □» У2 = — 2. Уравнение имеет два положительных корня. Решая систему D > 0 '(4a+ I)2 - 16(а + 4) > 0 уо > 0 ФФ < (4а + 1) > 0 ./(0) >0 а 4- 4 > 0, получим a £ [|; +оо). При а = | уравнение имеет два равных 5 положительных корня 2/1 — 2/2=4- Ответ: a £ (—оо; —4) U [|; +оо). Замечание 1. Корни уравнения 7/1,2 = д(4а-|-1±л/16а2 — 8а - 63). Значения а можно найти из условия 3/2 > 0, где 2/2 = g(4a + 1 + -/16а2 — 8а — 63<) - больший корень уравнения. Замечание 2. Можно исключить у, получить квадратное урав- нение относительно х и найти значения а, при которых существует решение, принадлежащее множеству (—оо;. — 2) U (0; +оо). Решить эту задачу можно двумя способами: а) использовать утверждения, касающиеся взаимного располо- жения корней квадратного уравнения, 65
б) непосредственно найти корни квадратного уравнения и ре- шать иррациональные неравенства. {2 с 2 V=%- Ь= ^•'а^0 lg(3 + X) = lg(l + у) [3 + Х = 1+т/, х > -3. Исключая у, получим квадратное уравнение /(х) = 0, где /(ж) = х2 — ах — 2а. Как и в предыдущем примере рассмотрим два случая: 1. Корни квадратного уравнения лежат по разные стороны от числа —3. Значения а находим из условия /(—3) < 0 <=> а < -9. При а = —9 уравнение х2 4- 9х 4-18 = 0 имеет корни х\ = —6, Х2 = —3, ни один из которых не удовлетворяет условию х > — 3. 2. Оба корня уравнения лежат правее числа —3. Значения а находим из системы {D > 0 а2 4- 8а > О xq > — 3 <=> < > — 3 /(—3) > О (9 4-а>0. Учитывая, что а 0, получаем Ответ: a G (—со; —9) U (0; 4-со). Замечание. Значения а можно найти, решая неравенство 2(а 4- \/а2 4- 8а) > —3, (больший корень лежит правее числа —3). 4) Выразим х из первого уравнения и подставим во второе. Получим квадратное уравнение у2 — (а 4- 4)т/ 4-16 = 0. Корни урав- нения yr и у2 существуют, если D > 0 ФФ (а 4- 4)2 — 64 > 0 фф а G (—оо; -12] U [4; 4-со). При этих значениях а щу2 = 16, т/1 4- у2 = а 4- 4. Ясно, что корни имеют одинаковые знаки и по- ложительными они будут при a G [4; 4-со). При а = 4 тц = у2 — 4. Ответ: а Е [4; 4-со). 5) Из последнего уравнения находим z = причём а > 0, а 1, |Л > 0, и так как z ± 1, то а / 1 <=> а / £• Таким образом, a G (0; 1) U (1; ^)U(^; 5). Во втором уравнении перейдём к основанию а. 1 /л ч 1 log„(l 4- 7 sin ж) log0(2 cost/) = log0 z ----L & {2 cos т/ = 1 4- 7 sin x _ . 1 cosy >0, sinz > — 7. 66
{(a — 2) sin x + cos у = 1 7 sin x — 2 cos у = —1, получим sin x = 2a 3-, cos?/ = Осталось учесть ограничения Г 1 . . ( 1 1 <-1 I -j < sin т <1 I -7 < < 1 V < COS!/ < 1 l°<lSSVl- Первое двойное неравенство выполняется при любых a G (0; 1) U (1; |)и(2» 5), второе - при а € [2; +оо). Ответ: a G [2; 2)^(2» 5). Пример 3. При каких а системы l)f?/ + 1nl|l=x Г?/= log2(l + ^|) [?/ + 2(т + а)2 = х + 2а + 4, цт - а)2 + (у - а)2 = 1, z cos(t — у) + (2 + ху) sin(z + у) — z = 0 3) < х2 + (у — I)2 + z2 = а + 2х (г + у + a sin2 z)((l — а) 1п(1 — ху) + 1) = 0, имеют единственное решение? Решение. 1) Из первого уравнения имеем: ' М>0 => у > 0 => In = In 1 = 0 => у = х, т > 0. Подставим значение у = х во второе уравнение, получим урав- нение /(т) = 0, где fix) = х2 + 2ах + а2 — а — 2. Уравнение fix) — 0 может Иметь единственное положительное решение в трёх случаях: 1. Уравнение имеет единственный корень. = 0 О а + 2 = 0 О а = —2. Значение a = —2 удовлетворяет условиям задачи, так как х = —а = 2 > 0. 2. Уравнение имеет два корня противоположных знаков. (D > 0 и хуХ2 < 0.) Значения а найдём из неравенства Х\Х2 <0 ФФ ДО) <0 & а2 - a - 2 < 0 a‘G (-1; 2). 3. Один корень равен 0, второй положителен. /(0) = 0 <=> a2 — a — 2 = 0, откуда a = —1 и a = 2. Проверим оба значения. 31. а = —1. х2 — 2х = 0, Xi = 0, Х2 = 2 > 0. Значение a = —1 удовлетворяет условиям задачи. З2. a = 2. х2 + 4т = 0, ti = 0, т2 = —4 < 0, следовательно, a = 2 не удовлетворяет условиям задачи. Объединяя найденные значения а, получаем 67
Ответ: a G { —2} U [—1; 2). 2) log2(1 4- ) не существует при х < 0. При х > 0 из первого уравнения находим у = log2 2=1. Подставим значение у = 1 во второе уравнение, получим ква- дратное уравнение /(х) = 0, где /(х) = х2 — 2ах 4- 2а2 — 2а. Исходная система уравнений будет иметь единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение /(ж) — 0 имеет ровно один положительный корень. Это возможно в трёх случаях: 1. D — 0 и при этом корень уравнения х = а положителен. = 0 О а2 — (2а2 — 2а) = 0 <=> 2а — а2 = 0 О а(а — 2) = 0. Указанному условию удовлетворяет значение а = 2. 2. D > 0 и уравнение имеет корни xi, Х2 разных знаков. По теореме Виета x’i • х% < 0 <=> 2а2 — 2а < 0, откуда а G (0; 1). 3. Один корень уравнения равен нулю, а второй положителен. Подставив Xi = 0 в уравнение /(ж) = 0, получим 2а2 — 2а = 0, откуда а = 0 и а = 1. Если а = 0, то х% -- 0. При а = 1 Х’2 = 2 > 0. Условиям задачи удовлетворяет а = 1. Объединяя найденные значения а, получим Ответ: a Е (0; 1] U {2}. 3) Все уравнения симметричны относительно х и у, т.е. при замене х на у и у на х система остаётся без изменения. Это означает, что если (xq, т/о> -zq) ~ решение системы, то и (?/о, ТО) -го) ~ решение системы. Поэтому для единственности решения необходи- мо, чтобы Xq — уо. Положим х = у, тогда система примет вид: {(2 4- х2) sin 2х = 0 2(х — I)2 4- z2 = а + 1 (2х 4- asin2 z)((l - a) ln(l — x2) 4- 1) — 0. Из первого уравнения следует, что sin2x = 0, х = к Е Z. Из этого множества значений только х = 0 удовлетворяет условию 1 — х2 > 0 о |х| < 1. При х = 0 два последних уравнения системы запишутся в виде Г z2 — а — 1 [asin2 г-0. Так как f(z) — z2 и g(z) = asin2 z - чётные функции, то для единственности решения необходимо, чтобы 2 = 0, откуда следует, что a = 1. 68
Теперь надо проверить, действительно ли при а = 1 система имеет единственное решение х = у = z = 0. Система принимает вид: z cos(z — у) + (2 + ху) sin(z + у) — 2 = 0 < X2 + (у - I)2 4- z2 = 1 + 2х х + у + sin2 2 = 0. Из последнего уравнения исключим х 4- у = — sin2 z и подставим во второе уравнение. Получим уравнение г2 4- у2 4- z2 4- 2 sin2 2 = 0, которое имеет единственное решение х — у = z = 0. Ответ: а = 1. Пример 4. При каких а система Г 2 + log2 у = log2(x 4-Зт/) Г log^ ?/= 1 [у = х 4- 2а — 4 + 2(х — а)2, [// = х2 — 7х - а имеет два различных решения? Решение. 1) Преобразуем первое уравнение 2 + log2 у = log2(® 4- Зу) о log24y = log2(z + 3у) <=> % I у > 0. Подставим значение у = х во второе уравнение, получим (т — а)2 + а — 2 = 0 о х2 — 2ат 4- а2 4- а — 2 = 0. Остаётся выяснить, при каких а последнее уравнение имеет два различных положительных корня. Значения а найдём из условий {^D > 0 ( — а 4-2 > 0 Г a £ (—оо; 2) • Х2 > 0 <4-<а24-а — 2>0 # ( а Е (—оо; —2) U (1; 4-оо) х'1 4- Х’2 > 0 [2а > 0 [а £ (0; 4-оо), откуда а £ (1; 2). Замечание. Так как si, тг = а ± >/2 — а, то значения а можно найти, решая неравенство .--- (а2 4~ — 2 > 0 . . X} > 0 о а —у2 — а > 0 \ а £ (1; 2]. Значение а = 2 исключаем, поскольку при а = 2 корни урав- нения совпадают и система имеет единственное решение. Ответ: а Е (1; 2). 69
2) Из первого уравнения следует, что у = х, х > 0, я / 1. Под- ставим значение у = х во второе уравнение. Получим квадратное уравнение х2 — 8х — а = 0. • Для решения задачи надо установить, при каких а последнее уравнение имеет два различных положительных корня, отличных от 1. Корни уравнения х 1,^2 = 4 ± \/16 + а существуют и различны при а > —16. Ясно, что х2 = 4 + \/16 4- а удовлетворяет условиям задачи. Искомые значения а найдём из системы «1 > 0 J 4 — -/16 + а >0 ( \/16 + а <4 Г —16 < а < 0 а; 1 7^ 1 [4 - V16 + a / 1 \/16 + а 3 [а / -7. Учитывая, что а > —16, получаем Ответ: а Е (—16; —7) U (—7; 0). Пример 5. При каких а. система cos2(ttx?/) — 2sin2(7rz) — 3sin2(7rj/) — 2 + tg(7ra) = 0 costirxy') - sin2(7ra;) — 2 sin2(7T7/) — -|- tg(7ra:) = 0 log2 (1 + 4 sin2 ~ z2 - Z/2) < 2 имеет ровно четыре решения? Решение. Умножая второе уравнение на. -2 и складывая с пер- вым, получим (cos(ttt'{/) — I)2 + sin2(7rz) + sin2(7T?/) = 0. Поскольку сумма неотрицательных слагаемых равна нулю, то каждое слагаемое равно нулю. Из системы cos(7rx?/) = 1 < sin(7rx) = 0 sin(7r?/) = 0 пху = 2тгт О 7гя = тгк тгу — тт ху = 2m, т Е Z * х = fc, к Е Z ^у = п, п Е Z следует, что х и у - целые числа, причём по крайней мере од- но из них чётно. При найденных значениях х и у уравнения стемы принимают вид tg(7ra) = 1, откуда тго — + тгз а = + s, s Е Z. Подставим значение - ТБ = в ’равенство системы. Получим log2 (1 + 4sin2 — х2 — у2^ < 0 < 1 + 4 sin2 - к2 — /г2 < %/2 ФФ 0 < 3 — 2 cos — к2 — п2 < Рассмотрим следующие случаи: си- не- ФФ V2. 1. s = 2r + 1, г Е Z. Решениями неравенства 70
О <3 — к2 — п2 < л/2 <=> 3 — у/2 < к2 4- п2 < 3 являются пары (±1; ±1), не удовлетворяющие условию кп = 2т. 2. s = 4r, г Е Z. Неравенство 0<3 — 2 — к2 — п2 < у/2 <=> 1 — \[2 < к2 4- п2 < 1 имеет единственное решение (0; 0). 3. s = 4г + 2, г Е Z. Имеем 0 <34-2 — к2 — п2 < у/2 <=> 5 — д/2 < к2 +п2 < 5. Четыре пары (±2; 0), (0; ±2) удовлетворяют условиям задачи, а = 4- s = + 4г 4- 2 = | 4- 4r, г Е Z. Ответ: а = | 4- 4r, г Е Z. Упражнения. Пример 1. Решить систему ахЬу — ab 21ogrt2: = log-L 2/log Б 3) f 1о&/х + 1о£* У = 2 [ж 4- у — а2 4- а, ( 9 I ху = [lg2 х 4- 1g2 у = | lg2 a2, 4) I loga2 x - loga4 у = 1 [ lognC x + logae у = 2, jloga(l + f) = 2-loga?/ [l°gaa: + logay = 4. Пример 2. При каких a f у 4- x = 3 I'i < 2 ; ] Igz/ = lg(l - %-), система J lg(4 4- y) = Iga: la — у = 0, 5(x 4- a)2, llog2?/4-log2(®4-l) = 2 1 у = a — 4x, 5) f l°ga X (15^73 + lo&3 y) = l°g3 x [log3 x log2(z + y) = 2 log2 x, a sin x 4- (1 — 2a) cos у — 2 6) loga(l - 2 sins) = loga z log2' cos у = 1, 2 cos x 4- a sin у = 1 7) log2sini/ = log2 a • loga(2 - 3 cos ж) Jogaz + loga(^ - 1) =0, 4) I log2?/4-log2(l - x) = 2 1 у = a 4- 4x, 71
a cos у + sin x + 1 =0 8) logz(-1 - 4sinz) = logz a loga(l + 2 cos?/) 4logaz + loga(4__G) = 0 имеют решения? Пример 3. При каких а система {у = х2 — 2х log2(4z + у + За) - log2(z + у) = 2, имеет единственное решение? 2) 1g У = 1g (1+1 4z + у = а Пример 4. При каких а система Hog2?/ - log2(a - х) = 2 имеет: а) единственное решение; б) ровно два решения? Пример 5. При каких а система {sin(3(a — у)) + 3 sinz = 0 2 log4(a - у) + 2 Iog4 (2у/у) = Iog2 ^/у + 3 log8(2z) имеет чётное число решений? 72
§6. Задачи единого государственного экзамена (ЕГЭ) по математике Рассмотрим решения задач с параметрами, которые предлага- лись на едином государственном экзамене в 2002 - 2003 годах. Пример 1. Найти все значения р, при которых уравнение 9 • 5ж(52ж - 0,5 • 5,:+1) =р - 5(12 • б1"1 + 1) имеет: а) единственный корень, б) ровно два корня, в) нс менее двух корней, г) ровно три корня, д) не имеет корней, с) или нс имеет корней, или имеет единственный корень (имеет не более одного корня). Решение. После замены переменной 5ц: = t, > 0 получим урав- нение /(£) = р, где f(t) — Of3 - 22, 5t2 + 12t + 5. Найдём промежутки возрастания и убывания функции f при t > 0. Производная /'(£) = 27t2 — 45t + 12 = 3(3i - 1)(3£ - 4) обращается в нуль при ti = g и = g- Так как функция f непрерывна, то опа принимает все промежу- точные значения. Легко убедиться в том, что 1) на промежутке (0; g] f возрастает и E(f) = (5; 6g]; 2) на промежутке. [д; g] f убывает и E(f) = [2g; 6g]; 3) на промежутке [д; +оо) f возрастает и E(f) = [2g; +оо). Остаётся выяснить, сколько раз функция f принимает различ- ные значения р. Ясно, что уравнение /(£) = ро имеет ровно k решений, если функция f принимает значение ро ровно k раз. 1. р G (—оо; 2g). Уравнение не имеет решений, так как эти значения р не принадлежат множеству E{f). 2. pG{2g}U(6g; -|-оо). Уравнение имеет единственное решение. 3. р G (2g; 5] U {6 g}. Уравнение имеет ровно два решения. 4. р G (5; 6g). Уравнение имеет ровно три решения. Замечание. При определении количества решений уравнения f(t) = р удобно воспользоваться эскизом графика функции f при t > 0. Ответ: а) р € {2g} U (6g; +оо), б) р G (2g; 5] U {6g}; в) р е (2g; 5] U {6g} U (5; 6g) = (2g; 6g]; г) р 6 (5; 6g); д) р G (-оо; 2g); е) р G (-оо; 2g) U {2g} U (6g; +oo) = = (—oo; 2g] U (6g; +oo). 73
Пример 2. Найти все значения р, при которых уравнение 2 • 73х — 2 = 3(49х + • 7Х+2) - р или не имеет корней, или имеет единственный корень (имеет не более одного корня). Решение. Сделаем замену переменной 7х = t > 0. Получим уравнение f(t) = —р, где /(t) — 2t3 - Gt2 - 12t — 2. Как и в предыдущем примере найдём производную, критические точки, промежутки убывания и возрастания функции f. f'tf) = Gt2 -Gt-12 = 6(t + l)(t - 2), t = -1 i (0; +oo). На промежутке (0; 2] / убывает и E[f) — (--2; -22], на промежутке [2; +эс) f возрастает и E(f) = [—22; +оо). Уравнение /(t) = —р не имеет корней, если — р G (—оо; —22), т.е. при р G (22; +оо). Уравнение /(£) = — р имеет единственное решение, если —р € { — 22} U [—2; +оо), т.е. при р G (—оо; 2] U {22}. Объединяя эти множества, получим те значения р, при которых уравнение имеет не более одного корня. Ответ: р G (—оо; 2] U [22; +оо). Пример 3. Из области определения функции / 6т + 2 \ у = log6 [ а х ~ 3 — аа 1 взяли все целые положительные числа и сложили их. Найдите все положительные значения а, при которых такая, сумма будет двузначным числом, меньшим 21. Решение. По определению логарифма область определения D(y) ба: + 2 состоит из решений неравенства а х — 3” — аа >0. 1. a G (0; 1). Показательная функция с основанием а убывает, поэтому 6х 4-2 „ а х- 3 > аа <=> +32- < а. (1) Если х > 3, .то = 6 + д.^?з > 6 > а. Неравенство (1) решений не имеет. Целых положительных х < 3 всего два: числа 1 и 2. Их сумма 1 + 2 = 3 'не является двузначным числом. Это означает, что значе- ния a G (0; 1) условиям задачи не удовлетворяют. 2. При а = 1 получаем неравенство, не имеющее решений. 3. а € (1; +оо). Показательная функция с основанием а возра- стает, следовательно 6т + 2 п а х~ 3 > аа > а. (2) 74
При 0 < х < 3 неравенство (2) не выполняется. Так как по условию надо найти целые положительные х, то х > 4. В этом случае > а 6х + 2 > ах — За За + 2 > х(а — 6). Ясно, что при а < 6 D(y) содержит бесконечное множество целых положительных х, их сумма не может быть меньше 21. При а > 6 имеем х < . Сумма 4 + 5 + 6 = 15 удовлетворяет условиям задачи, а суммы 4 + 5 = 9 < 10, 4 + 5 + 6 + 1 > 21, 4 + 5 + 6 + 7 + 8, ... не удовлетворяют. Следовательно, область определения функции должна содержать только три целых числа: 4, 5, 6. Поэтому 6 < <7 ба — 36 < За +2 < 7а — 42, откуда а е [11; 121). Ответ: a G [11; 12|). Пример 4. Из области определения функции / 6х + 5 \ у = lg I аа — а х + 4 I взяли все целые положительные числа и пе- ремножили их. Найдите все положительные значения а, при кото- рых такое произведение делится на 2, но не делится на 4. Решение. Как и в предыдущем примере рассмотрим 3 случая: 6х + 5 г 1. a,G (0; 1). аа — а х + 4 > 0 <+ а < . Так как a < 1, то последнее неравенство выполняется для всех х > 0. Следовательно, D(y) содержит все натуральные числа, поэтому значения a G (0; 1) условиям задачи не удовлетворяют. 2. При a = 1 неравенство решений не имеет. 6а? + 5 3. a G (1; +оо). По условию х > 0, поэтому аа — а ж + 4 > 0 <+ а > "аП^'Т ах + > 6а? + 5 <+ 4a—5 > а?(6 — а). Значения а > 6 не удовлетворяют условиям задачи, поскольку неравенство выполняется для всех х > 0. Пусть a < 6, тогда х < ^^7^. Область определения функции должна содержать число 2 и не со- держать число 4. Решая неравенство 2 < - 4, получаем Ответ: a G (2^; з|]. Пример 5. Найдите все значения а, при которых область опре- деления функции у = 1п(а?^+5)log* а + — a?5+zloga;a — (aG)log48) содержит ровно два целых числа. 75
Решение. Сначала преобразуем выражение, стоящее под знаком логарифма. На области допустимых значений (ж > 0, х 1, а > 0) имеем ^(z+S) loKx а _|_ . а4 - Ж5+® Idg^ а _ (a6)log4 8 _ _ ;г1ойх Е) _|_ . а4 _ ж5 . д-logx а ' _ | — _ а(ж+5) _|_ ^5 . а4 _ хГу . ах _ <;9 _ = ая;(а5 — ж5) + а4(ж5 — а5) = (ж5 — а5)(а4 — ах). Под знаком логарифма может стоять только положительное чи- сло, поэтому должно выполняться неравенство (ж5—а5) (а4 -ая;) > 0, которое равносильно совокупности двух систем: !ж5 > а5 а4 > ах (3) ж5 < о,5 а4 < (Iх. (4) 1) Сначала исключим случай а — i. Так как при а — 1 имеем о4 — ах = 0, то неравенство (ж5 - а5)(а4 — ах) > 0 решений не имеет, т.е. такое значение а не удовлетворяет условию. При рассмотрении других случаев надо учитывать, что функция /(ж) = ж5 возрастает, а функция д(х) — ах возрастает при а > 1 и убывает при 0 < а < 1. 2) Пусть 0 < а < 1. В этом случае f ж5 > a5 f х > а < . <4 < <4 ж > 4, 1 а4 > ах I ж > 4 т.е. множество решений системы (3): ж G (4; +оо), а множество решений системы (4): ж £ (0; а). Область определения функции у D(y) = (0> а) С (4; +оо) содержит бесконечно много целых чисел. Такие значения а не удовлетворяют условию задачи. 3) Пусть а > 1. fr. г: С ( с с С ж > а ж > а ж < а ж < а <4 < \ <4 < а4 > ах | ж < 4, 1 а4 < ах 1 х- > 4. Очевидно, что при а < 4 D(y) = (а; 4). ’ Интервал (а; 4) содержит ровно два целых числа (1 и 2), если a G (1; 2). При а = 4 D(y) = 0. Если же а > 4, то D(y) = (4; а). Интервал (4; а) содержит ровно два целых числа (5 и 6), если a G (6; 7]. Объединяя все рассмотренные случаи, получаем 76
Ответ: a G (1; 2) U (6; 7]. Замечание. При решении задачи удобно использовать ось ох, отметив на ней критические значения х = О, х = 1, х = 4, и рассмотреть различные случаи расположения параметра а. Можно также использовать систему координат хоа. Пример 6. Найти все значения а, при которых область опре- деления функции у = log10_a (in содержит отрезок длиной 4, состоящий из отрицательных чисел. Решение. Основание логарифма 10-а удовлетворяет условиям 10 — а > 0 и 10 — а / 1, откуда а G (-оо; 9) U (9; 10). Поскольку выражение, стоящее под знаком логарифма, должно быть положительным, то iT1 о Зт и а Зт -1 ' 5т и По условию х < 0, поэтому 2х + а > 0 и х > — Для того, чтобы промежуток (— 0) содержал отрезок длиной 4, надо потребовать выполнение неравенства —^<—4 о а > 8. С учётом ограничений на а получаем Ответ: a G (8; 9) U (9; 10). Пример 7. При каких значениях а сумма loga 3 + 2т2 1 + т2 и loga 5 + 4,т2 i будет больше единицы при всех значениях т? Решение. Пусть t = -—-—7, тогда 3jz 2x _ 2 / 1 + ж2 1 + х2 5.= 4 + i, loga(2 +1) + loga(4 + i) = loga(8 + Gt + t2). 1 + x Функция ^(.т) = j ,2 непрерывна на всей числовой оси, </?(т) > 0, тах<^(х) = </?(0) = 1, lim </?(т) = 0, поэтому Е{<р) = (0; 1]. При 0 < a < 1 приходим к неравенству loga(8 + Gt + £2) > 1 4Ф 8 + Gt +t2 < а, которое решений не имеет. При a > 1 получаем неравенство 8 + Gt + t2 > а. Оно спра- ведливо для любого a G (1; 8] и любого t € (0; 1]. Пусть a > 8, а = 8 + h, h > 0. Тогда 8 + Gt +t2 > а о Gt +12 > h. Ясно, что при t —> 0 это неравенство выполняться не будет. Ответ: a G (1; 8]. 77
Пример 8. При каких значениях а сумма loga 3 + 2уаЛ 1 + у/х J 1оё« 4 + 3\/х \ 1 + \/х J не равна единице ни при каких значениях х? Решение. Пусть t = — х > 0. Тогда 3Л2/^ = 2 + t, 4 + 3У^ = 3 + t, loga(2 + t) + log„(3 + t) = у iC 1 v x loga(G + 5t H-t2). Функция <p(x) <p(x) > 0, тахр(я) = ^(0) = 1, ---^~7= непрерывна при x > 0, 1 + л/Х lim <p(x) = 0, поэтому E(<p) — и (0; 1]. Выясним теперь, при каких значениях a G (0; 1)U(1; +оо) урав- нение logu(6 + 5/ Н-12) = 1 <=> t2 + 5t + 6 - а = 0 не имеет решений при t Е (0; 1]. Пусть /(t) = t2 + 5t + 6 — а. Абсцисса вершины параболы to = — <0, ветви параболы направлены вверх, поэтому искомые значения а находим из совокупности неравенств ' /(0) >0 Г 6 - а > 0 Г а <6 Д1)<0 [ 12 — a < 0, [а>12. Учитывая, что a Е (0; 1) U (1; +оо), получаем Ответ: a Е (0; 1) U (1; 6] U (12; +оо). Замечание. Очевидно, что только больший корень уравнения /(t) =0ti = ^(—5 + л/1 + 4a) может принадлежать промежутку (0; 1]. Искомые значения а можно найти, решая совокупность неравенств ti < 0 «1> 1 л/1 + 4a < 5 V1 Н- 4а > 7, 1 + 4а < 25 1 + 4а > 49, а < 6 а > 12. Пример 9. При каких значениях а сумма loga(sinx + 2) и loga(sin х + 3) будет равна единице хотя бы при одном значении х? Решение. Пусть t = sinx, t Е [—1; 1]. Тогда loga(sinx + 2) + loga(sinx + 3) = 1 <=> loga(t2 + 5/ + 6) = 1 <=> t2 + 5t + 6- a = 0 /(£) - 0, где /(£) = t2 + 5t + 6 - a. Так как to — — < — 1, то уравнение f(t) = 0 не может иметь два корня на отрезке [—1; 1]. Для существования единственного решения уравнения /(£) = 0 на отрезке [—1; 1] необходимо и достаточно выполнение условия /(—1) • /(1) < 0. Решая неравенство /(—1) • /(1) <0 <=> (2 — а)(12 — а) < 0, получаем Ответ: а € [2; 12]. 78
Замечание. Искомые значения а. можно получить из условия -1 < ti < 1 & -1 < + 4а-5) < 1 <=> —2 < VI + 4а-5 < 2 & 3 < VI +4а <7 9 < 1 + 4а < 49 8 < 4а < 48 & 2 < а < 12, где ii - больший корень уравнения /(t) = 0. Пример 10. При’каких а выражение (1 — |я7|)1оКь(1 —1Ж1)—1“—i| больше выражения 0, 24-rt -loS2&(1+a: -2III) при всех допустимых зна- чениях X? Решение. Так как 1 — |х| стоит под знаком логарифма, то |.т| < 1 и log25(l + х2 - 2|х|) = log25(l - |х|)2 = l°g5(l - |х|). Приведем оба выражения к основанию 5. (1 — | х |)log® (1-11!)-= (51ойб(1-111))1оКв(1-1а:1)-10-11) 0, 24-a2_log2o(1+a:2-2la:l) = 5"2-4+1оИг,(1-|а;1)< Введём переменную t = log5(l — |х|). Функция t = </?(х) = log5(l — |х|) непрерывна при х G (—1; 1), ^(х) < 0, тах^(х) = 99(0) = 0, lim ^(х) = —оо, поэтому Е(<р) = (—оо; 0]. X—>±1 Сравнивая выражения (5*)1-1а-11 > 5“ ~‘1+t t2 — t\a — 1| > а2 — 4 + t, получаем неравенство t2-t(|a-l| + l)+4-a2 > 0. (5) Так как абсцисса вершины параболы tQ = ^(ja—1| + 1) > 0, ветви параболы направлены вверх, то неравенство (5) будет выполняться при всех t < 0 тогда и только тогда, когда 4 — а2 > 0 |а| < 2. Ответ: a G (—2; 2). Пример 11. При каких а выражение (sinx)lg(s,na4-a~ больше выражения 10logll>° cos a-')+1°g7a при всех допустимых значениях х? Решение. Так как sinx стоит под знаком логарифма, то sinx > 0 и log100(l — cos2 х) = Ig(sinx), х G (2&тг; (2к + 1)тг), k G Z. Приведём первое выражение к основанию 10. (sinx)lg(sina:)~a2 = (10lg(sin a?)ye(sin а-)-“2. 4 Введём переменную t = Ig(sinx). Функция t = <р(х) = Ig(sinx) непрерывна на любом интервале (2Агтг; (2k + 1)тг), k G Z. 9?(х) < 0, тах^(х) = (р(2ктг + Лтг) = 0, lim <р(х) = —со, поэто- му = (-оо; 0]. Сравнивая выражения (101)*_“2 > 10t+log7 а t2 - a2t > t + log7a, приходим к неравенству t2 — t(a2 + l) — log7 а > 0. (6) 79
Так как абсцисса вершины параболы to = ij(a2 + 1) > 0; ветви параболы направлены вверх, то неравенство (6) будет выполняться при всех t < 0 в том и только том случае, когда — log7 а > 0 log7a < 0, откуда a G (0; 1). Ответ: a G (0; 1). Пример 12. При каких а выражение 2 + cos х(3 cos х + a sin т) не равно пулю ни при каких значениях х! Решение. Преобразуем выражение 2 + cos т(3 cos х + a sin ж) = 2 + 3 cos2 х + a sin х cos х = (7 + 3 cos 2х + a sin 2т) = А (7 + л/9 + a2 f 3cos2£.- + asin2-c = 1 (7+л/9 + «2 ят(2т+9з)), 2 \ W9 + a2 \/9 + a2// 2 где sin 93 = —, cos 93 = —, а Так как I sin(2x+9?) | < 1, то V 9 + a'2 v 9 + а2 уравнение А(7 + \/9 + a2 sin(2.T + 93)) = 0 sin(2a; + 93)) = —, z V 9 + а2 не имеет решений в том и только том случае, когда —| > 1 <+ v/9 + a2 <7 а2 < 40 <£> lai < 2л/10. v/9 + a2 Ответ: а G (—2х/10; 2\/10). Замечание. Значения х, при которых cost = 0, не являются решениями уравнения 2 + cosT(3cosT+asin.T) = 0 2 sin2 т + asinTcost + 5 cos2 x = 0, так как левая часть равна 2, а правая - 0. После деления на cos2 х придём к квадратному уравнению 2t2 + at + 5 = 0, где t = tg х, t G (—00; +oo). Это уравнение не имеет решений при условии D < 0 +> а2 — 40 < 0 +> -2х/10 < а < 2х/10. Пример 13. При каких а выражение 2 + cos т(5 cos х + a sin т) будет равно 1 хотя бы при одном значении х? Решение. Как и в предыдущем примере приведём уравнение 2 + cos т(5 cost + asinx) = 1 к виду t2 + at + 6 — 0, где t — tgж, t G (—00; +00). В случае D > 0 <+ a2 — 24 > 0 +> |a| > 2>/б, уравнение t2 + at + 6 = 0, а вместе с ним и исходное, имеет решение. Замечание. Первоначальное уравнение можно привести к ви- ду 5 cos 2т + a sin 2т — —7 <+ sin(2.T + 9?) =--, ? , где V 25 + а2 sin 9? = —, cos 9? = —7=^-----. Искомые значения а получаем ^25 + а2 ______ д/25 + а2 . из неравенства \/25 + а2 >7 \а\> 2\/б. 80
Ответ: a G (—оо; —2-Уб] U [2-Уб; +оо). Пример 14. Дана функция у = lg(51og3.(a + 2v/a- 1) + 1 - 3 log1+y^r х). а) Из области определения функции у выбрали все натуральные числа и сложили их. Найти значения а, при которых такая сумма будет больше 8, но меньше 18. б) Из области определения функции у выбрали все натуральные числа и нашли их произведение. Найти значения а, при которых полученное произведение будет больше 23, но меньше 33. в) Из области определения функции у выбрали все натуральные числа и нашли их произведение. Найти значения а, при которых полученное произведение будет двузначным числом. г) Найти значения а, при которых в области определения функ- ции у есть двузначные числа. Решение. Поскольку х и 1 + у/а - 1 находятся в основании логарифмов, то х > 0, х ф 1, а > 1. Так как а 4- 2у/а — 1 = (1 + у/а — I)* 1 2 * 4, то log.L.(a + 2Уа - 1) = 2 —* %. Пусть t = log1+v/^Ti х. Область определения функции -| л оу.2 j _ -I л у находим из неравенства у + 1 - 31 > 0 <+ —-------у—< 0 <+ < Q, откуда t G (-оо; -|) U (0; 2). 5 5 Множество решений неравенства t < — д <+ l°g1+х < — д не содержит натуральных чисел. Решая неравенство 0 <t <2 <+ 0< log1+y^zy х < 2, получаем 1 < х < (1 + Уа - 1)2. Таким образом, для х > 1 D(y) представляет собой интервал (1; (1 + Уa — I)2)- Рассмотрим теперь отдельно каждый из случаев а) - г). а) Суммы 24-3 + 4 = 9, 2 + 3 + 4 + 5 = 14 удовлетворяют условиям задачи, а суммы 2 + 3<8, 2 + 3 + 4 + 5 + 6 > 18, 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7, ...-не удовлетворяют. Следовательно, число 4 должно принадлежать, а число 6 - не принадлежать ин- тервалу (1; (1 + у/а — I)2). Значения а найдём из неравенства 4 < (1 + Уо"77!)2 < б <+ 2 < Г+ Уо77! < Уб +> фф 1 < УТ^Т < Уб - 1 <+ 2 < а < 8 - 2\/б. б) Легко проверить, что только произведение 2-3-4 = 24 удовле- творяет условию 23 < 24 < 33. Значения а находим из неравенства 4 < (1 + Уо"77!)2 <5 & 2 < 1 + Уо^Т <У5 +> 2<а<7- 2л/5. в) Так как 2 • 3 < 10, а 2 • 3 • 4 • 5 > 100, то только произведение 2-3-4 = 24 удовлетворяет условиям задачи. Далее значения а 81
находим точно так же, как и в пункте б). г) Значения а найдём из условия (1 + х/о-М)2 > Ю <=> 1 4- х/а - 1 > V10 <^> а > 12 - 2^10. Ответ: а) а € (2; 8 — 2х/б], б) a G (2; 7 — 2х/5], в) ае(2; 7 —2л/5], г) (12 — 2х/10; +оо). Приведём решения двух аналогичных задач (15 и 16). Пример 15. Найти все значения а > 4, при которых в области определения функции у = ln(31ogT (а + 4х/п, - 4) 4-1 — 21og2+v^4 х) нет натуральных чисел, кратных пяти. Решение. Поскольку х находятся в основании логарифма, то х > 0, ,т / 1. Так как а 4- 4х/а - 4 = (2 4- у/а — 4)2, то logx(a 4- 4х/а — 4) = Q 1---- —. Пусть t = log.,, утггл х. Область определения функции х ' v 6 9./2 — / — 6 у находим из неравенства у 4-1 - 2t > 0 О — —- < 0 4Ф —2)^2£+_3] < Q, откуда t G (-оо; -^) О (0; 2). о о Множество решений неравенства t < — о l°S2+v/a^4'T < — % не содержит натуральных чисел. Решая неравенство 0 < t < 2 о 0< log2+v/^T4® < 2, получаем 1 < х < (2 + х/а — 4)2. Таким образом, для х > 1 D(y) представляет собой интервал (1; (2 + у/а — 4)2). По условию числа 2, 3, 4 могут принадлежать, а число 5 не долж- но принадлежать интервалу (1; (2 4- у/а — 4)2). Значения а най- дём из неравенства (2 4- у/а — 4)2 < 5 О 2 + у/а — 4 < х/б х/Т^4 < х/5 - 2 4 < а < 13 - 4л/5. Ответ: a G [4; 13 — 4л/б] Пример 16. Найти все значения а > 9, при которых в области определения функции у = ln(3 loga.(a 4- бу/а, — 9) 4-1 — 2 log3+v/^§ х) нет двузначных натуральных чисел. Решение. Поскольку х находятся в основании логарифма, то х > 0, ж /1. Так как а 4- бх/a — 9 = (3 4- у/а - 9)2, то logI(a 4- бу/а — 9) — 9 1---- —. Пусть t — log3+х. Область определения функции ЮКз+Уа=9х fi оу.2 _ J _ Д у находим из неравенства у 4-1 - 2t > 0 О —------< 0 —2)(2t 4- 3) < 0, откуда t G (-оо; -2) U (0; 2). 82
о о Множество решений неравенства t < — <=> log1+y^zriT < ~ 2 не содержит натуральных чисел. Решая неравенство 0 < t < 2 4Ф 0< log3+v^—$х < 2, получаем 1 < х < (3 +л/а — 9)2. Таким образом, для х > 1 D(y) представляет собой интервал (1; (3 + л/а ~ 9)2)- Числа 2, 3, 4, .... 9 могут принадлежать, а число 10 нс должно принадлежать интервалу (1; (3 + \/а — 9)2). Значения а най- дём из неравенства (3 + \/а — 9)2 < 10 <=> 3 + у/а - 9 < л/10 о г/а^9 < \/10 - 3 о 9 < а < 28 - 6х/1б. Omeein: a G [9; 28 — 6\/10]. Пример 17. Найти все положительные значения а, при ко- торых в области определения функции у = (а:с — ааа:+2)-°>5 есть двузначные натуральные числа, но нет ни одного трёхзначпого на- турального числа. Решение. Область определения функции найдём из неравенства ах _ аат+2 > о <=> ца; > ааз:+2. Рассмотрим три случая: 1. а > 1. ах > ааж+2 О х > ах + 2 О х < а~3-[ > D(?/) = (-оо; Область определения функции у нс содержит положительных чисел, поэтому значения а > 1 условиям задачи нс удовлетворяют. 2. При а = 1 D(y) = 0. 3. 0 < а < 1. ах > аах+2 о х < ах + 2 <4 х < и 1 — а ’ £(т/) = (-оо; у^). Условиям задачи удовлетворяют тс а, при которых 10 < у^у < 100 О 10 - 10а < 2 < 100 - 100а О 0, 8 < а. < 0, 98. Ответ: а€ (0,8; 0,98]. Пример 18. Найти все положительные значения а, при кото- рых в области определения функции у — (аж — апз:+1)-0-!’ имеются чётные натуральные числа, но вес они не делятся нацело на число три. Решение. Область определения функции найдём из неравенства а1 - аа1+1 >0 <=> ах > ааж+1. Рассмотрим три случая: 1. а > 1. ах > апх+1 О ж > ат + 1 4Ф х < , £)(?/) = (-оо; 83
Область определения функции у не содержит положительных чисел, поэтому значения а > 1 условиям задачи не удовлетворяют. 2. При а — 1 D(y) = 0. 3. О < а < 1. ах > аах+1 +> х < ах + 1 +> х < " д, 7?(р) = (—оо; у£—). Так как число 6 является наименьшим четным натуральным, делящимся нацело на число три, то условиям задачи удовлетворяют те а, при которых 2 < у" д < 6 +> 2 - 2а < 1 < 6 — 6а <=> j < а < . Ответ: а Е ^]. Пример 19. Решить неравенство 21og2.4ina(z + 2) < log2sin„(3x + 10). Решение. Рассмотрим два случая: 1. 0 < 2 sin a < 1 о 0 < sina < rj, откуда а G (2-тгАт; g + 2тг/с) U (^ + 2тг/с; тг + 2тг/с), к G Z. Так как основание логарифма 2 sin a G (0;1), то исходное нера- венство равносильно системе {(х + 2)2 > Зж + 10 ж2 + х — 6 > 0 х + 2 > 0 +> < х > — 3^ откуда х > 2. Зж + 10 > 0 х > -2, 2. 2 sin a >1 <=> sin a > 2» откуда a e (g+2?rfc; ^+2?rfc), к e Z. В этом случае получаем систему {(ж + 2)2 < Зж + 10 (х2 + х — 6 < 0 х + 2 > 0 о < х > — 3ij откуда х G (—2; 2]. Зж + 10 > 0 [ х > —2, Ответ: 0 при а G { g + 2%fc} U {^ + 2тг/с} U [?r(2fc + 1); 2тг(А: + 1)]; х G [2; +оо) при a£ (2тгАг; g + 27rfc)U(^g +2тг/с; тг + 2тг/с); х G (-2; 2] при a G (g + 2тг/с; + 2тг/с), к е Z. Пример 20. Найти все значения р, при которых уравнение 4 cos'3 х + р = 7 cos 2х не имеет решений. Решение. Применяя формулу cos2t = 2 cos2 ж — 1, приведём уравнение к кубическому относительно cos ж : 4 cos3 ж + р — 7(2 cos2 ж — 1) +> р = — 4 cos3 ж + 14 cos2 ж — 7. 1 способ. Найдём множество значений функции у = — 4 cos3 ж + 14 cos2 ж — 7 или у = cos2 ж(14 — 4 cos ж) — 7. 84
Так как —1 < cost <1, 0 < cos2я; < 1, то 14-4 < 14 — 4cosх <14 + 4 ФФ 10 < 14 - 4cost < 18 и 0 < cos2 т(14 — 4cost) < 18, следовательно, —7 < у < 11. Покажем теперь, что функция у принимает все значения от -7 до 11. При cost — 0 функция у принимает значение - 7, а при cost = —1 - значение 11. Это означает, что упаим — —7, Уиаиб = И- Так как косинус - непрерывная функция, то и функ- ция у непрерывна. Поэтому она принимает все промежуточные зна- чения от наименьшего до наибольшего. Таким образом, уравнение имеет решение, если р G Е(у) = [—7; 11], и не имеет решений, если р G (-оо; -7) U (11; +оо). Ответ: р G (—оо; —7) U (11; +оо). 2 способ. Сделав замену переменной t = cost, придём к задаче о нахождении множества значений функции /(£) = —4t3 + 14t2 - 7 на отрезке [—1; 1]. Решая уравнение f'(t) = 0 ФФ —12i2 + 28/; = 0, найдём критические точки функции f : ij = 0 е [-1; 1], t.2 = [—1; 1]. Выберем наименьшее и наибольшее из чисел: {/(-1), /(0), /(1)}- /найм = /(0) = —7, fnnn6 = /(-1) = 11. В силу непрерывности функции f E(f) = [—7; 11]. Далее решение задачи завершается так, как и в 1 способе. Пример 21. Найти все значения р, при которых уравнение 9 — 4cost = р(1 + tg2 т) имеет решения. Решение. Этот пример тоже можно решать двумя указанными выше способами. Однако, в область определения уравнения не входят те значения т, при которых cos т = 0. Уравнение 9 — 4 cost = р(1 + tg2 т) преобразуем к виду cos2 т(9 — 4cost) — р. Множество значений левой части уравнения -промежуток (0; 13], так как cos т 0. Следовательно, уравнение имеет решения при р G (0; 13]. Ответ: р G (0; 13]. Пример 22. При каких а функция у = 1п(8 — т) + 1п(т + а) имеет максимум в точке с абсциссой, равной -3? Решение. Функция у определена на интервале (—а; 8) (при условии а > —8). Производная функции у равна !/' = s+e + з+а = (88-+)(х + а)- Из УРавнвим у' = 0 « 1 1 8 — а — 2х = 0 находим х — ^(8 — а). По условию ^(8 ” — 3, откуда а = 14. Легко проверить, что т = —3 действительно явля- ется точкой максимума. Ответ: а -- 14. 85
Пример 23. Найдите значение р, при котором функция у = 35т -* 1 2Ра:+3 4 5 6 имеет минимум в точке хо = 2. Решение. Производная функции у1 = з5х2~2рх+3 . 1п3 • (Юж - 2р) обращается в нуль при х = По условию = 2, откуда р = 10. Легко убедиться, что хо = 2 действительно является точкой минимума. Ответ: р — 10. Пример 24. Найти все значения а, при которых функция у •= у/5х2 — (2 — а\х 4- 2 — 4а имеет минимум в точке xq = Решение. Функция у принимает наименьшее значение в той же самой точке, что и квадратный трёхчлен 5т2 — (2 — а)х + 2 — 4а, т.е. то совпадает с абсциссой вершины параболы. Значение а находим из уравнения ~ | — 3. Ответ: а-= -3. Упражнения. 1. Найти все значения р, при которых уравнение а) зх'+1(32х+1 - 2 • 3*+1) + 9р = 5 - Зт+2, б) 23l+1 -2 = 3- (43: + 2Х+2) + р, в) 23:с+1+8 = 3-2х+1(3-|-2:г)+р, г) 53а;+1 + 8 = 3 • б^+^З + 5х)-р имеет единственный корень. 2. Найти все значения р, при которых уравнение а) 31(32<а;+1) - 7, 5 • Зж+1) = р - 3(4 • 3х + 1), б) 1 + 32х+2(3х - 2) = 0, 5 • Зх+1(Зх+1 - 8) - р, в) 2х+1(4х+1 +6) + 2х(22х - 9 • 2х+1) =• р + 4(9 • 22х“3 - 1) имеет ровно два корня. 3. Найти все значения р, при которых уравнение 3Зт+2 + р = 2.9*4-1 _ 3т+2 + г имеет ровно три корня. 4. Найти все значения р, при которых уравнение 24-Зт _ 2 = З(23-а; + 41-1) + р не имеет корней. 5. Найти все значения р, при которых уравнение 23х+1 + 8 = 3- 21+1(3 + 2х) +р или не имеет корней, или имеет единственный корень. / 4x4-3 \ 6. Из области определения функции у = log4 (а *-2 — аа] взяли все целые положительные числа и сложили их. Найдите все положи- тельные значения а, при которых такая сумма будет больше 10, но меньше 17. 86
7. Из области определения функции у = log9 [а — aaj взяли все целые положительные числа и сложили их. Найдите все положи- тельные значения а, при которых такая сумма будет больше 9, по меньше 16. / 5x4-2 \ 8. Из области определения функции у = log5 ни-2 — аа I взяли все целые положительные числа и сложили их. Найдите все положи- тельные значения а, при которых такая сумма будет больше 5, по меньше 15. / 6т4-7 \ • 9. Из области определения функции у = logG I аа - а '+° ] взя- ли все целые положительные числа и перемножили их. Найдите все положительные значения а, при которых такое произведение будет больше 5, но меньше 10. / 5д*4~^ \ 10. Из области определения функции у = log4 ( ап - а 1 взя- ли все целые положительные числа и перемножили их. Найдите все положительные значения а, при которых такое произведение будет чётным, но не кратным 3. 11. Из области определения функции у = In (aa — а, ’•«+* ) взяли все целые положительные числа и перемножили их. Найдите все по- ложительные значения а, при которых такое произведение будет больше 20, но меньше 30. 12. Найдите все значения а, при которых область определения функции у = log7((yS)2a: + 10 + (ж2 • ^)2 • а4 - a-5+x-logxa _ (а3)1о6-2 8) содержит ровно три натуральных числа. 13. Найдите все значения а, при которых область определения функции у = log100(aa:+1 • x,41og®a a4+5 i°sa ж _ (^/x)10+2xlog« а — \/a18) содержит ровно три целых числа. 14. Найдите все значения а, при которых область определения функции у = Ig^*2 • x3,°s^a + a4 • х5 - 10+2а: log* а - (^/а)18) содержит ровно одно целое число. 15. Найдите все значения а, при которых область определения функции у = ((^)2-т+1° + (я2 • У^)2 • а3 - ,z5+*loSx« _ (a2)log2 IG^-O.S содержит ровно одно двузначное натуральное число. 16. Найдите все положительные, не равные 1, значения а, при которых область определения функции • у = (ах+3 а2 + a4+51°Sa3; - x5+xlog3a _ ( з/^27)0,5 не содержит двузначных натуральных чисел. 87
17. Найдите все значения а, при которых область определе- ния функции у = log17+a (in ) содержит отрезок длиной 5, состоящий из положительных чисел. 18. Найдите все значения а, при которых область определе- ния функции у = logn_a (1g ) содержит отрезок длиной 3, состоящий из положительных чисел. 19. Найдите все значения а, при которых область определения функции у = logfi+a (1g д^-^^) содержит отрезок единичной длины, состоящий из отрицательных чисел. ОЛ тт 1 (44-3|х|\ 20. При каких значениях а сумма logn I - J J 1 и будет больше единицы при всех значениях ж? 21. При каких значениях а сумма loga(cos2 х4-1) и logra(cos2 х4-5) будет равна единице хотя бы при одном значении х? 22. При каких значениях а сумма logn(cos2 х4-1) и loga(cos2 х4-б) будет равна единице хотя бы при одном значении х? 23. При каких значениях а сумма loga(cos2 х4-1) и logra(cos2 х4-5) будет равна единице хотя бы при одном значении х? 24. При каких а выражение (1 — х2)105-1^1-1 больше вы- ражения 0,251 ~—log2 v'i-i2 при всех допустимых значениях х? 25. При каких а выражение (1 — 23?)1оц2(1-2Ж)-2а больше вы- ражения о, ) при всех допустимых значениях х? 26. При каких а выражение (cosx)log3(cos:,:)_lftl больше выра- жения 3lobrD(i-sin x)+a(a-2) при всех допустимых значениях X? 27. При каких а выражение 3 4- sin x(2sin х 4- a cos х) равно-1 хотя бы при одном значении х? 28. При каких а выражение 3 + cos x(a cos х 4- 4 sin х) неравно нулю ни при каких значениях х? 29. При каких а выражение 1 4-sinx(asinx 4- 5cosx) неравно нулю ни при каких значениях х? 30. При каких а выражение 1 4-sinx(3sinx 4- acosx) неравно нулю ни при каких значениях х? 31. Из области определения функции у = 1п(12 4- 21ogx.(a 4- 4\/а — 4) — 7log2+v/^4 х) выбрали все нату- ральные числа и нашли их сумму. Найдите все значения а, при которых полученная сумма будет а) больше 30, но меньше 40; б) больше 40, но меньше 50. 88
32. Из области определения функции у = ln(3 logx.(a + 4\/а - 4) + 1 — 2 log2+v/^Z4 ж) выбрали все натураль- ные числа и нашли их сумму. Найдите все значения а, при которых полученная сумма будет а) больше 5, но меньше 40; б) больше 31, но меньше 41. 33. Из области определения функции у = Ig(5 loga.(a + 4л/а - 4) + 1 — 3 log2+x/^T4 х) выбрали все натураль- ные числа и нашли их произведение. Найдите все значения а, при которых полученное произведение будет больше 20, но меньше 30. 34. Из области определения функции у = ln(2 log3.(a + 4\/a - 4) - 1 — 3 log2+v/^T4 х) выбрали все натураль- ные числа и нашли их сумму. Найдите все значения а, при которых полученная сумма будет больше 32, но меньше 42. 35. Из области определения функции у = ln(2 logx(a + бл/a — 9) — 1 — 3 log3+v/^zg т) выбрали все натураль- ные числа и нашли их сумму. Найдите все значения а, при которых полученная сумма будет больше 33, но меньше 43. 36. Найдите все значения a > 1, при которых в области опреде- ления функции у — 1п(9 logx (а + 2>/a — 1) — 5 — 2 log1+v^r ж) нет двузначных натуральных чисел. б) 4 sin3 х +р = 7 cos 2т, р, при которых уравнение х), б) 5 — 3 cos х = р(1 + tg2 х) 37. Решите неравенство logtga(3x + 13) > 21ogtga(x +3). 38. Найдите все значения р, при которых уравнение а) 8 cos3 х + р = 9 cos 2т, в) cos 2т -|—= —10, ’ suit ’ не имеет решений. 39. Найти все значения а) 7 — 2 cos т = р(1 + tg2 имеет хотя бы один корень. 40. При каких а функция у = lg(T + 7) + lg(a - Зт) максимум в точке с абсциссой, равной -2? 41. При каких а функция у = log । (т — 5) + log । (a — 2т) 2 2 минимум в точке с абсциссой, равной 6,5? 42. Найдите значение р, при котором функция у = 24ж +3рх+7 имеет минимум в. точке то = 6. имеет имеет 43. Найдите значение р, при котором функция у = 0, 23а: +4рх+7 имеет максимум в точке то = 4. 44. Найдите значения а, при которых функция у = y/—Qx2 + (3 + а)т + 5 — а имеет максимум в точке то = 45. Найдите значения а, при которых функция у — -(/—5т2 — (4 — а)т + 5 + 11a имеет максимум в точке то = 3, 5. 89
Ответы Глава I §1 1) х = 21og2 |а| при a G (—оо; 0); 0 при а. = 0; х = 0 при а = 1; 1’1 = log2 а, 1’2 = 2 log2 а при а G (0; 1) U (1; +оо). 2) .Т1(2 = ±log12(l + л/1 - а) при a G (-оо; 1); х = 0 при а = 1; 0 при а € (Г,+оо). 3) х = 1 при a G (0; 1) U (1; +оо); х G R при а = 1. 4) 0 при b G (—оо; 0] и а — 1, b ф 1; х G R при а = b — 1; х = logrt 1 При а 6 (0. J (1; .poo), 5 > 0 9 1 5) х е R при а = b = 1; х = — % при а = 1, b 1; х = --% при b = 1, а ф 1; х = ^Ig^n-j^gfe 0 при 0,2 = b2' 6) х = 2 при a G (0; 1) U (1; +оо); х G R при а = 1. 7) 0 при a € (—оо; 12) U {16}'; 1^2 = log3(l ± у/а — 12) при а G [12; 13); х = log3(1 + у/а - 12) при a G [13; 1G)U(16; +оо). 8) 1 = ^(1 ±-/17) при а. е (0; 1) U (1; +оо); жс7?\{-1} при а = 1. §2 Nl. 1) а G (0; +оо). 2) а е [2; +оо). 3) a G (-2; 2]. 4) а G R. 5) а € (0; +оо). 6) a G (—оо; —2] U [0; +оо). N2. 1) а G (-оо; — ^] U [5; +оо). 2) a. G (—оо; —2] U [2; 4*оо). 3) а € (—оо; —1]. 4) а € (—оо; 5)U[10; Н-оо). 5) a G (—оо; y)U[4; +оо). §3 Nl. 1) а G (-оо; 2] U {3}. 2) a G (-оо; 0] U {J}. 3) a G (—оо; ^]и{1}. 4) a G (0; +оо). 5) a G (—оо; — U {-1}. 6) a G (0; +оо). 7) a G (-оо; 1] U {2,5} U [4; +оо). 8) а = ^. 9) a G (-оо; 0)U{l}U[^; +оо). 10) а G {-1; 3,5}. 11) а е {-1; 0; 2}. 12) a G {-1; 0}. N2. а G (-оо; -^). N3. a G (|; 5). N4, 0 при а Е (—оо; 0) U (0; 3); х = 0 при а, = 0; х = ПРИ а = 3; Xi > 0, 12 > 0 при a G (3; +оо). N5. а = —4. §4 Nl. 1) ж G (loga 2; 0) U (- loga 2; +оо) при a G (0; 1); х G (—оо; -2 logft 2) U (0; loga 2) при a G (1; +оо); 0 при а = 1. 2) х G R при а € (—оо; 0]; ' х G (—оо; log2 а] при а, G (1; +оо). 90
3) x G (—3; 5) при a G (0; 1); x G (—сю; —3) U (5; +oo) при a. G (1; +oo); 0 при a = 1. 4) x G R при a G (—сю; 0); x G (—сю; —a) U (a; +oo) при a G [0; +oo). 5) x G R при a G (—сю; 0]; x G (—сю; -2-log2 a)U(4—log2 a; +oo) при a G (0; +oo). 6) x G (0; a) U(^; +oo) при a G (0; 1); x G (^; a) при a G (1; +oo). 3 . 3 i 2v/5’ 2л/б ' §5 Nl. 1) 0 при a G (-сю; |]; x G (-сю; logG(3a - 2)) при a G (|; 1]; x G (logG(a - 1); logG(3a - 2)) при a G (1; +oo). 2) x = —2, у = 2 при a = 3; 0 при a 7= 3. N2. 1) a G [^s 1]. 2) a, G [^; 1]. 3) a G (1; ^]. N3. 1. a -26; 2. a = -2b, a G (0; 14). N4. 1) a = |. 2) a = 0. 3) a G {-3; -2}. N2. a G [^; +oo). N3. a, G (—сю; —4]. N4. a,G [ Глава 2 §1 . 2 log2 a 1) x = 2 ^ ^°S2 “ + при a G (0; -Л=)и(-Д=; 1) U (1; +oo); v4 v4 0 при a = 2) Ж12 = 1 ± \/9 — a при a G (—сю; 9); x = 1 при a — 9; 0 при a G (9; +oo). 3) x = a -|- 2 при a G (0; 1) U (1; 2) U (2; +oo); x = a — 2 при a G (2; 3) U (3; +oo). 4) x G (0;. +сю) при a = 1; x = ^, x = 3 при a G (0; 1)U(1; +oo). 5) x = £(1±л/1 - 4a1 2) при a G (0; Jj]; 0 при a G (Jj; 1)U(1; +oo). 6) = a + 103, X2 = a + \/10 , a G R. 7) = -^=, X2 = при a E (0; 1) U (1; +oo). 8) 0 при a G (—сю; 6—1); x = a + 2 при a = 6—1; ^1,2 = a + 2 ± 2\/a — 6+1 при a G (b — 1; 6); x = a + 4 при a = b; x = a + 2 + 2y/a — 6+1 при a G (6; +oo). 9) x = 4a при a G (0; +oo). 10) xi = -k=, X2 = -Д= при a G (0; 1) U (1; +oo); va Va4 5 6 7 8 9 10 x G (0; 1) U (1; +сю) при a = 1. 91
§2 Nl. 1) a = 2. 2) a G [-4; 1)). 3) a G [-3; |(x/5-l)). 4) fl£[-6; |(x/17-3)). 5) ae(O; +oo). 6) a G (1; 100]. 7) a G (0; 1) U (1; 2^2). 8) a G (0; u (4=! i) u (r> +°°)- v4 v4 9) a G [-|; 0) U (0; |{/37 - 1]. 10) a G [-1; 0) U (0; 1 - |г/14]. 11) a G [3 + ^2^5 4) U (4; 3 + л/14]. N2. 1) a G (-oo; 0] U {3}. 2) a G (-oo; 0). N3. 1) x = 2. 2) ,t = 1. 3) ®=1. N4. a G (|; 1) U (1; 2). N5. a = y/2- У2. §3 Nl. 1) a G (—oo; 0) U {4}. 2) a G (-oo; 0) U {16}. 3) a G (-oo; 0) U {20}. 4) aG{2}u(^; ^]. 5) a G {-16; 4}U[^; ^]. 6) a G (-2; -^)U(-|; -1]U{-|}. 7) a G (-oo; -1)U{-|}. 8) a G (-oo; 0) U {4}. 9) a G ( —oo; — 7) U ( — 7; 0) U [7; H-oo). 10) a = 0, 8. N2. 1) a = 24. 2) a = 1. N3. 1) a G (~|; 0). 2) a G (0; -^L=). 3) a G (0; Jj). 4) a G (0; -^-). N4. 1) a G (1; 3) - два корня; a = 3 - один корень; a G (—00; 1] U (3; +00) - решений нет. 2) a G (-4; -3) - три корня; a G (—00; —4] U [—3; 0) - два корня; a — 0 - один корень; a G (0; +00) - решений нет. §4 Nl. 1) x G (a; ^) при a G (0; 1); x G (0; ^) U (a; +00) при a E (1; +00). 2) x G (—00; —7=) U (--/a; 0) U (0; у/a) U (Д-; +00) при v а у/a a G (0; 1); x G (—00; — у/a) U (— -^=; 0) U (0; -7=) U (y/a-, +00) при a G (1; +00). 3) x G (0; a) U (-^-; +00) при a G (0; 1); x G (-^-; a) при a G (1; +00). 4) x G (a3; -^) при a G (0; 1); x G (0; -^-) U (a3; +00) при a G (1; +00). 5) x G (a; 1) при a G. (0; 1); x G (1; a) при a G (1; +00). 6) x G (0; 1) при a G (—00; 0) U (0; +00); 0 при a — 0. 92
7) х € (—оо; -1 - л/1 + a2) U (\/1 + а2 — 1; +оо) при а G (-1; 0) U (0; 1); х G (-1 - л/1 + а2; -2) U (0; л/1 + а2 - 1) при а G (-оо; -1) U (1; +оо). 8) х G (-1; -\/1 - а] U [VI - а; 1) при а е (0; 1); 0 при а G (1; 4-оо). 9) х 6 (0; a)U(l; i) при а G (0; 1); х G (^; 1)и(а; +оо) при a G (1; +оо). 10) х G (а4; при a G (0; 1); х G (^; а4) при a G (1; +оо). 11) х G (0; 2) U (2-а; +оо) при a G (—оо; —1); х G (0; 2) U (2; +оо) при а=-1; х G (0; 2-а) U (2; +оо) при a G (1; +оо). 12) х G [а; 1] при a G (0; 1); х G [1; а] при a G (1; +оо). 13) х G (0; a) U (1; X) при a G (0; 1); х G (X; 1) U (а; +оо) при a G (1; +оо). 14) х G (a4; a) U (Х’> +оо) при a G (0; 1); х G (0; X) U (а; а4) а а при a G (1; +оо). 15) х G (0; a2)U(l; X) ПРИ а G (°’> 1)‘> х G (А; l)U(a2; +°°) а а' при a G (1; -Ноо). 16) х G (— -1] при a G (—оо; +оо). 17) 0 при a G (—оо; 0]; х G (^; За) при a G (0; 4\/2); х G (§; |(7а - 5<а2 - 32)) U (|(7а + 5х/«2 - 32); За) при a G [4\/2; +оо). х G (а - '2’ 2] ПРИ a G (0; 1); х G [2; 2 %) при a G (1; 2); х G [2; +оо) при а — 2; х G (-оо; ^ ^ ^) U [2; +оо) при a G (2; +оо). 19) х G (0; а3) при a G (0; 1); х G (а3; +оо) при a G (1; +оо). 20) х G (1; rj(l + Vl + 4а2) при a G (0; 1); хе (^(1 + V1 + 4а2); +оо) при a G (1; +оо). 21) х G (0; a2) U (1; +оо) при a G (0; 1); х G (1;а2) при a G (1; +оо). 22) х G (ту; 1) U (3; +оо) при a G (0; 1) U (1; +оо). 23) 0 при a G (—оо; —4]; х G (2а + 3; д(7а + 13)) при a G (-4; +оо). 24) х G (2а; +оо) при a G (0; +оо). N2. 1) aG(U;+oo). 2) a G (2; 5]. 3) a G (0; 1). 4) aG (-3; -л/2-1) U (л/2-1; 1). N3. a G [2; +оо). N4. 1) a G (0; 1]. 2) a G [0; 1). 93
§5 Nl. 1) {(1; 1), (logftb; logb а} при a G (0; 1) U (1; +oo); b G (0; 1) U (1; +oo). 2) {(|a|3; ^), (^; |a|3)} при a G (—oo; 0) U (0; +oo); 0 при a = 0. 3) {(a; a2), (a2; a)} при a G (0; 1) U (1; oo); {(-(a + 1); (a+1)2), ((a + 1)2; -(a + 1))} при a G (—oo; —2) U (—2; —1); 0 при a G (-1; 0)U{-2; —1; 0; 1}. 4) (a(’; a8) при a 0; 0 при a = 0. 5) 0. N2. 1) a G (—oo; 0) U (9; +oo). 2) a. G [-|; 4). 3) a G [4; +oo). 4) a G [4; +oo). 5) a G (0; 1) U (1; ^]. 6) a G (4; 5) U (5; 10). 7) a G (0; |) U (|; J]. 8) a G (|; 2) U (2; 4). N3. 1) a 6 (-1; 0]. 2) (-oo; -16) U {9}. N4. a) a G (—oo; -4)U{|}; 6) a G (|; +oo). N5. a G (2тг/с; 7г(2/с + 1)] , к G N. §6 Nl. a) p e (-oo; и ф; 6) p £ {-22} U |-2; +<x>); в) 46}U[8; +oo); r) 7? G (-00; -8] U {127}. N2. a) p G (|; 3]U{4^}; 6) p G {-2^}U[-1; |); в) p G (1|; 4]U{5^}. N3. p E (-3; 1). N4. p G (-00; -22). N5. p G (-00; -46] U [8; +00). N6. a G [б|; 7 j). N7. a G [13; 15). N8. a. G [8; 11). N9. a G (2^; 3.1]. N10. a G (1,9; 2^-]. Nil. a G (з|; 4]. N12. a G (7; 8]. N13. a G (7; 8]. N14. a G [2; 3) U (5; 6]. N15. a G (10; 11]. N16. a G (1; 10). N17. a g (-17; -16) U (-16; -15). N18. a G (9; 10) U (10; 11). N19. a e (-6; -5) U (-5; -4). N20. a G (1; 15]. N21. a G [5; 12]. N22. a G (0; 1) U (16; +00). N23. a G (0; 1) U (1; +00). N24. a G [0; 1). N25. a G [0; 9]. N26. a G (0; 2). N27. a G (-00; -4л/б] U [4л/б; +oo). N28. a G (-j; +00). N29. a G (5^; +00). N30. a G (-4; 4). N31. a) a G (16 - 8\/2; 5], 6) a G (5; 18 - 4\/l0]. N32. a) a G (4; 5], 6) a G (16 - 8л/2; 5]. N33. a G (4; 13 - 4д/5]. N34. a G (40; 53]. N35. a g (34; 45]. N36. a G (1; 12 - 2\/l0]. N37. 0 при a G + irk} U [-?£ + irk] irk]] x G (1; +00) при fl G (тг/с; + тг/c); x G (—3; 1) при fl G (^ + irk\ + 7rfc), к E Z. N38. a) p G (-00; —9) U (17; +00); 6) p G (—00; —7) U (11; +00); в) p G (—00; -9)U{0}U(9; +00); r) p G (-00; -ll)U{0}U(ll; +00). N39. a) p G (0; 9]; 6) p G (0; 8]. N40. a = 9. N41. a = 16. N42. p = -16. N43. p = -6. N44. a = -1. N45. a = 39. 94
ОГЛАВЛЕНИЕ ГЛАВА I Показательные уравнения, неравенства и системы уравнений и неравенств §1 . Решение уравнений. 3 §2 . Условия существования решений. 10 §3 . Корни уравнения. 14 §4 . Показательные неравенства. 18 §5 . Системы уравнений и неравенств. 20 ГЛАВА 2 Логарифмические уравнения, неравенства и системы уравнений и неравенств §1 . Решение уравнений. 35 §2 . Условия существования решений. 40 §3 . Корни уравнения. 47 §4 . Логарифмические неравенства. 54 §5 . Системы уравнений и неравенств. 03 §6 . Задачи единого государственного экзамена (ЕГЭ) по математике. 70 Ответы 87
Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ Вадим Владимирович Локоть ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, НЕРАВЕНСТВА, СИСТЕМЫ Публикуется в авторской редакции Главный редактор И.Ю. Синельников Ответственный за выпуск В.Е. Дремин Дизайн обложки А.Г. Чувасов Лицензия серия ИД № 04186 от 06.03.2001 Подписано к печати, 12.01.2004. Формат 60x90/16. Объем 6 п.л. Печать офсетная. Бумага типографская № 1. Тираж 5000 экз. Заказ № 3936. 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.
ISBN 5-89415-376-Х 795894 153765 АБИТУРИЕНТ Готовимся к ЕГЭ Издательство «АРКТИ» представляет книги для подготовки к сдаче Единого государственного экзамена АБИТУРИЕНТ Готовимся к ЕГЭ МЛ и. Л. Бродский В.И. Аладьин И.А. Миронов РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПИ ГЕОМЕТРИИ [СТЕРЕОМЕТРИЯ] К» w»ww №тмш№йЦ11Ы.мш ймлюм pWHIMeAflpfriWBOeO ШтШ-тирстлвн ибишонани* М АБИТУРИЕНТ Готовимся к ЕГЭ 5*.д Каган ПЯАННМЕТРНЯ СТЕРЕОМЕТРИЯ 8-11 кшы 3<Д. Коганов АЛГЕБРА ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ЫУНННИИ 8-11 шт/ АБИТУРИЕНТ Готовимся к ЕГЭ В в. локоть ИРРДЦИПНДЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ НЕРАВЕНСТВА, СИСТЕМЫ, ЗАДАЧИ С МОДУЛЕМ По вопросам приобретения литературы обращайтесь: 125212, Москва, а/я 61 Тел. (095)742-1848, факс: 452-29-27 www.arkty.ru E-mail: arkty@dol.ru