Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Задачи с параметрами и методы их решения

.pdf
Скачиваний:
778
Добавлен:
30.05.2015
Размер:
6.91 Mб
Скачать

4. Именно, система (2) не будет иметь решений то#да и толь о то#да, о#да совместна система

f(x1) m 0, f(x2) m 0,

#де f(x) = x2 + 4ax + 3a2 – 2a – 1, а, значит,

f(x1) = –6a + 3 m 0,

(3)

f(x2) = 8a2

– 14a + 3 m 0.

 

5. Множеством решений системы (3) является отрезо

0,5 m a m 1,5.

6.Та им образом, исходная система (1) будет иметь хотя бы одно решение, если a < 0,5 или a > 1,5.

7.Ответ: a Ý (–×; 0,5) Ÿ (1,5; +×).

19.При а ом значении p площадь фи#уры, заданной на оординатной плос ости неравенством |2x – y – 4| + |x + y – 2| m p, будет равна 54?

1.Чтобы освободиться от зна ов модуля, рассмотрим четыре возможных случая:

 

а)

 

2x – y – 4 < 0,

или –2x + y + 4 + x + y – 2 m p, от уда y m

 

 

 

 

x + y – 2 > 0

 

 

x

 

p – 2

 

 

m --

+ ------------ ;

 

 

2

 

2

 

 

 

б)

 

2x – y – 4 > 0,

p + 6

;

 

 

 

 

 

 

x + y – 2 > 0

или 2x – y – 4 + x + y – 2 m p, от уда x m ------------

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

в)

 

2x – y – 4 > 0,

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x + y – 2 < 0

или 2x – y – 4 – x – y + 2 m p, от уда y l --

 

 

 

2

 

 

 

 

 

p+ 2

------------ ;

2

#)

2x – y – 4 < 0,

или –2x + y + 4 – x – y + 2 m p, от уда x l

x + y – 2 < 0

6 – p l ------------ .

3

2. Изобразим на плос ости xOy множества точе , являющихся решением рассмотренных систем неравенств.

131

Рис. 32

3. Из построения (рис. 32) видно, что прямые 2x – y = 4 и x + + y = –2 разбивают оординатную плос ость на четыре области, аждая из оторых соответствует одному из рассмотренных случаев.

4. Принадлежность аждой области соответствующему случаю можно определить методом пробной точ и.

5. Возьмем, например, точ у M(3; 0). Ее оординаты удовлетворяют случаю б), следовательно, точ и этой области являются решением системы неравенств, рассмотренной в случае б).

x p – 2 x p + 2

6. Заметим, что прямые y = -- + ------------ и y = -- ------------ , а та же

2 2 2 2

p + 6 6 – p

прямые x = ------------ и x = ------------ попарно параллельны и о#раничивают

3 3

рассмотренные выше области.

7.Ита , заданная на оординатной плос ости фи#ура является параллело#раммом.

8.Площадь построенно#о параллело#рамма есть S = AB · CD.

9.Найдем оординаты точе A, B, C и D: A 6 – p ; 0 , B p + 6 ; 0 ,

------------ ------------

3 3

C

 

0;

p – 2

 

, D

 

0; –

p + 2

 

. То#да AB = |xB – xA| =

p + 6

6 – p

=

2p

 

-----2-------

 

 

-----2-------

 

-----3-------

-----3-------

--3----

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

и CD = |yD

– yC| =

 

p + 2

p – 2

 

= p. Площадь параллело#рамма S =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2p

=------ · p = 54.

3

10.Ответ: p = 9.

132

20. Найти все значения параметра a, при аждом из оторых неравенство

3 > |x – a| + x2

(1)

имеет хотя бы одно отрицательное решение.

1. Пусть a — не оторое фи сированное число. То#да неравенство (1) можно переписать в виде |x – a| < 3 – x2. Отсюда следует, что оно равносильно двойному неравенству –(3 – x2) < x – a < 3 – x2, т. е. системе неравенств

x – a < 3 – x2,

–(3 – x2) < x – a. (2)

2. Поэтому задачу можно переформулировать та : определить те значения a, при аждом из оторых множество решений системы неравенств

x2 + x – 3 – a < 0,

x2 – x – 3 + a < 0, (3) x < 0

содержит хотя бы одно число.

3.Дис риминанты вадратных трехчленов x2 + x – 3 – a и x2

x – 3 + a равны соответственно 13 + 4a и 13 – 4a.

4.Следовательно, для то#о чтобы первое и второе неравенства системы (3) имели решения, необходимо выполнение неравенств

13 13

13 + 4a > 0 и 13 – 4a > 0, т. е. –------ < a < ------ . В дальнейшем будем

4 4

считать, что a удовлетворяет этим неравенствам.

5. Обозначим через x1, x2 и x3, x4 орни вадратных трехчле-

нов x2 + x – 3 – a и x2 – x – 3 + a соответственно. При этом будем считать, что x1 < x2 и x3 < x4.

6. Та а множества решений перво#о и второ#о неравенств системы (3) имеют соответственно вид x1 < x < x2 и x3 < x < x4, причем x1 < x4 и x3 < x2, то система (3) будет иметь решение то#да и толь о то#да, о#да x1 < 0 и x3 < 0, т. е. о#да

-----1----------

-----13-------+------4-----a < 0,

(4)

 

2

 

 

1---------------

13------------4----a--

< 0.

(5)

 

2

 

 

133

7. Неравенство (4) выполнено для всех

13

< a < ------ .

4

13

a из интервала –------ <

4

8. Неравенство (5) равносильно на этом интервале неравенству 1 < 13 – 4a , или неравенству 1 < 13 – 4a. Множество решений последне#о неравенства есть промежуто –× < a < 3.

9. Ита , система (3) имеет хотя бы одно решение, если пара-

 

 

 

 

 

13

метр a принадлежит интервалу –------ < a < 3.

 

 

 

 

 

4

10.

Ответ: a Ý

 

13

 

.

 

------ ; 3

 

 

 

4

 

21. При а их значениях параметра a система

x2 + 4x + 3 – a m 0,

x2

(1)

– 2x + 6a – 3 m 0

имеет единственное решение?

1. Система (1) может иметь решения толь о то#да, о#да дис - риминанты левых частей обоих неравенств неотрицательны, т. е.о#да

1 + a l 0

или

2

2 – 3a l 0,

–1 m a m -- .

 

3

2. При a = –1 система (1) примет вид

 

 

 

(x + 2)2 m 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 – 2x – 9 m 0

 

 

 

и имеет единственное решение x = –2.

 

2

система (1) примет вид

 

3. При a = --

 

3

 

 

 

 

 

 

0,

 

 

7

 

 

 

x2 + 4x + -- m

 

 

3

 

 

 

 

(x – 1)2 m 0

 

и является несовместной.

2

4. Пусть теперь –1 < a < -- . В этом случае решениями перво#о

3

неравенства системы (1) являются значения x из промежут а x1 m

134

m x m x2, #де x1 = –2 – 1 + a , x2 = –2 + 1 + a , а решениями второ#о неравенства — значения x из промежут а x3 m x m x4, #де x3 =

=1 – 4 – 6a , x4 = 1 + 4 – 6a .

5.Та им образом, система (1) имеет единственное решение

толь о в том случае, о#да отрез и [x1; x2] и [x3; x4] имеют одну общую точ у.

6. Та а абсцисса вершины параболы y = x2 + 4x + 3 – a равна (–2), а абсцисса вершины параболы y = x2 – 2x + 6a – 3 равна 1, то рассматриваемые отрез и имеют одну общую точ у лишь при условии x2 = x3, т. е. при условии

–2 + 1 + a = 1 – 4 – 6a .

(2)

7.Решив уравнение (2), находим a = 0.

8.Ответ: a = –1; a = 0.

22.При а их значениях a система неравенств

|x2 – 12x + 16| m 16,

(1)

|x – 2a| l 7

(2)

имеет единственное решение?

1. Неравенство (1) равносильно двойному неравенству –16 m m x2 – 12x + 16 m 16 или системе

x2

– 12x + 32 l 0,

т. е.

 

(x – 8)(x – 4) l 0,

 

 

x2

– 12x m 0,

 

x(x – 12) m 0.

 

 

2.Решив полученную систему методом интервалов (рис. 33, а), за лючаем, что она выполняется на объединении двух отрез ов: x Ý [0; 4] Ÿ [8; 12].

3.Неравенство (2) равносильно сово упности

x – 2a l 7,

т. е.

 

x l 2a + 7,

x – 2a m –7,

 

x m 2a – 7,

оторая выполняется на объединении двух лучей (рис. 33, б): x Ý

Ý(–×; 2a – 7] Ÿ [2a + 7; +×).

4.Исходная система имеет единственное решение в двух случаях:

а)

 

2a – 7 = 0,

 

a

= 3,5,

(рис. 33, в), т. е. при a = 3,5.

 

 

 

2a + 7 > 12,

 

2

· 3,5 + 7 > 12

 

 

135

 

 

Рис. 33

В этом случае промежут и из пп. 2 и 3 имеют единственную об-

щую точ у: x = 0.

 

 

б)

2a – 7 < 0,

a < 3,5,

(рис. 33, ), т. е. при a = 2,5.

2a + 7 = 12,

a = 2,5

В этом случае промежут и из пп. 2 и 3 имеют единственную общую точ у: x = 12.

5.Ответ: a = 2,5; a = 3,5.

23.При а их значениях параметра a система

y l x2 + a,

x l y2 + a (1) имеет единственное решение?

1. Заметим, что если (x0; y0) — решение системы (1), то и (y0; x0) — та же решение этой системы. Поэтому приходим выводу, что условие x = y необходимо для существования единственно#о решения системы (1).

2. Подставив y = x в систему (1), приходим неравенству x2 – x + a m 0,

оторое имеет единственное решение толь о то#да, о#да дис ри-

1

минант е#о левой части D = 1 – 4a равен нулю, т. е. о#да a = -- .

4

1

3. Теперь подставим значение a = -- в систему (1):

4

x2

1

m y,

+ --

 

4

 

y2

1

m x.

+ --

 

4

 

136

С ладывая почленно эти неравенства, приходим неравенству

 

1

 

2

 

1

 

2

 

x – --

 

+

 

y – --

 

m 0, оторое имеет единственное решение x =

2

 

2

 

 

1

 

 

 

 

 

= y = -- .

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

4.

 

 

 

 

1

 

Ответ: a = -- .

 

 

 

 

 

 

4

24. При а их значениях параметра a аждое решение системы

y + 2x l a, y – x l 2a

является решением неравенства 2y – x > a + 3?

1. Прямые y + 2x = a и y – x = 2a пересе аются на оординат-

ной плос ости xOy в точ е A

 

a

5a

 

.

 

--

; ------

 

3

3

 

 

2. Требование задачи будет выполнено, если точ а A лежит выше прямой 2y – x = a + 3 (рис. 34); в этом случае область оординатной плос ости, задаваемая исходной системой, будет содержаться в области, задаваемой неравенством 2y – x > a + 3.

Рис. 34

137

3. Аналитичес и условие то#о, что точ а A лежит выше прямой 2y – x = a + 3, записывается следующим образом:

 

 

5

a –

 

1

a

 

> a + 3.

 

 

2 · --

 

--

 

 

 

3

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

Решив это неравенство, находим a > -- .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

4. Ответ: a Ý

9

; +×

 

.

 

 

 

 

 

--

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

25.Решить уравнение |x + 4| + 2 = k|x + 1|.

1.Решим данное уравнение на трех промежут ах: x < –4; – 4 m m x m –1; x > –1.

 

 

 

x < –4,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.

 

 

–(x + 4) + 2 = –k(x + 1); x

= x1 = k2-----------1k- .

 

 

 

 

 

Корень x = 2 – k------------

должен удовлетворять неравенству

2-----------k-

< –4.

 

 

 

k – 1

 

 

 

 

 

 

 

k – 1

 

Решив е#о, находим

2--

< k < 1. Значит, если 2--

< k < 1, то x =

2-----------k- .

 

 

 

 

3

 

 

 

 

3

 

1

k – 1

3.

 

 

–4 m x < –1,

 

 

 

x = x = –k + 6 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x + 4 + 2 = –k(x + 1);

 

2

k + 1

 

 

 

Решив двойное неравенство –4 m k + 6------------

< –1, оторое равно-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

сильно системе

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 6

m 4,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 6

l 1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

 

--получаем k l 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x l –1,

 

 

 

 

= k6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4.

 

 

x + 4 + 2 = k(x +1); x = x3

------1k- .

 

 

 

 

 

 

 

 

Неравенство 6 – k------------

l –1 выполняется при k > 1.

 

 

 

 

 

k – 1

 

 

 

 

 

 

 

 

5. Для записи ответа построим схему (рис. 35), на оторой у а- зано, а ие орни получаются при тех или иных значениях k.

138

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 35

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6.

2

, то уравнение не имеет решений;

 

 

Ответ: если k < --

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

, то x

= –4

 

 

получается из x

2

 

;

 

если k = --

 

при k = --

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

 

 

 

2

 

 

 

 

=

2

– k

 

 

 

 

 

k + 6

;

 

 

 

если -- < k < 1, то x

1

------------ и x

2

= ------------

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

k

– 1

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

 

если k = 1, то x = –

7

 

(получается из x

при k = 1);

 

 

--

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

если k > 1, то x

 

 

k + 6

и x

 

=

6 – k

 

 

 

 

 

2

= ------------

3

------------ .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

k – 1

 

 

 

 

26. При а их значениях a система неравенств

x2 – (2a – 7)x + a2 – 7a < 0, x2 – 7x – 18 l 0

не имеет решений? Найти сумму всех та их целых значений a.

1. Исходная система равносильна следующей:

 

 

(x – (a – 7))(x – a) m 0,

(1)

 

 

 

(x + 2)(x – 9) l 0.

 

 

2. Для то#о чтобы система (1) не имела решений, нужно, чтобы меньший орень перво#о неравенства был больше орня x = –2 второ#о неравенства, а больший орень перво#о неравенства был меньше орня x = 9 второ#о неравенства (рис. 36). Та а a Ý R,

a – 7 l –2, то a – 7 < a, поэтому должны выполняться условия a m 9,

т.е. 5 m a m 9.

3.Сумма всех целых значений a из это#о отрез а равна 35.

4.Ответ: a Ý [5; 9]; 35.

Рис. 36

139

27. При а их значениях a неравенство

(x – a)(x – a – 2) > 0 (1) является следствием неравенства

x2 – 4x + 3 < 0?

(2)

1.Решением неравенства (1) является объединение промежут-ов (–×; a) и (a + 2; +×).

2.Решение неравенства (2) есть промежуто (1; 3).

3.По условию решения неравенства (1) должны содержать все решения неравенства (2).

Рис. 37

4. На рис. 37, а и б по азана #рафичес ая интерпретация это#о требования. Отсюда следует, что нужно найти решения сово уп-

ности неравенств

 

a l 3,

 

a + 2 m 1.

5.Ответ: a Ý (–×; –1] Ÿ [3; +×).

28.Найти множество значений a, при оторых существует хотя бы одно решение системы

(3x – 2a + 3)(x – 4a + 1) m 0, x2 + a2 = 10.

1.Для на#лядности решения этой смешанной системы воспользуемся #еометричес ими изображениями неравенства и уравнения (рис. 38, а).

2.Сначала в плос ости xOa построим прямую 3x – 2a + 3 = 0,оторая проходит через точ и (1; 3) и (–1; 0).

3.Затем построим прямую x – 4a + 1 = 0; она проходит через точ и (3; 1) и (–1; 0).

4.Уравнение x2 + a2 = 10 определяет о ружность радиуса 10

сцентром в начале оординат. Точ и P(1; 3) и M(3; 1) лежат на этой о ружности.

5.Неравенство данной системы описывает не оторую область на плос ости xOa, о#раниченную построенными двумя прямыми.

140