Задачи с параметрами и методы их решения

16. При а их значениях a прямая 4x + y – 5 = 0 является аса-

			2a – x2
тельной #рафи у фун ции y = ------------------- ?
			x2
1. Пусть x0, y0 — оординаты точ и асания. То#да
y		2a		4a
		= ------	– 1, y′(x ) = –------ .
	0	x02	0	x03
2. Уравнение асательной #рафи у фун ции y =					2a – x2
					------------------- =
					x2

2a

=------ – 1 в точ е x0 имеет вид x2

	2a			4a		(x – x	) = –	4a	· x +	6a	– 1.	(1)
y =	------	– 1	+ –	------				------		------
x2				x3		0		x3		x2
	0			0				0		0

3. Чтобы уравнение (1) совпало с уравнением y = –4x + 5, требуется выполнение условий

4a

–------ = –4,

x30

6a

(2)

------ – 1 = 5.

x20

4. Решив систему (2), находим x0 = 1, a = 1.

5. Ответ: a = 1.

17. При а ом наименьшем натуральном k уравнение x3 + 3x2 – 45x + k = 0

имеет ровно один орень?

1. Построим эс из #рафи а фун ции y1 = x3 + 3x2 – 45x и определим наименьшее натуральное значение k, при отором этот #рафи пересе ает прямую y2 = –k ровно в одной точ е.

2. а) D(y1) = R;
б) y′	= 3x2 + 6x – 45;
1
в) y′	= 0 при x	1	= –5; x	2	= 3;
1

#) y1(–5) = 175; y1(3) = –81;

261

Рис. 91

Рис. 92

д) изменение зна ов производной y′ в интервалах (–×; –5),

1

(–5; 3) и (3; +×) иллюстрирует рис. 91. На рис. 92 дано схематиче- с ое изображение #рафи а фун ции y1.

3.Очевидно, что данное уравнение имеет единственное решение, если –k > 175 или –k < –81, т. е. k < –175 или k > 81. Наименьшее натуральное значение k равно 82.

4.Ответ: k = 82.

18.При а ом значении параметра a минимум фун ции

f(x) = ax2 – 6ax + a2 – 9

(1)

равен 1?

1. Найдем производную данной фун ции:

f′(x) = (ax2 – 6ax + a2 – 9)′ = 2ax – 6a.

2. Пола#ая f′(x) = 0, имеем 2ax – 6a = 0, от уда a − 0, x = 3.

262

3. Найдем значение фун ции (1) в точ е x = 3:

f(3) = 9a – 18a + a2 – 9 = 1.

(2)

4.Решив уравнение (2), получим a1 = –1; a2 = 10.

5.Та а по условию требуется определить минимум фун ции, то ветви параболы (1) направлены вверх, а это значит, что a2 = 10.

6.Ответ: a = 10.

19.При а ом значении параметра a минимум фун ции

f(x) = –2x3 + 3x2 + 12x + 4a

равен 1?

1. f′(x) = –6x2 + 6x + 12.

2. y′ = 0 при x1 = –1; x2 = 2.

19

3. y(2) = 20 + 4a = 1; a1 = –------ .

4

4. y(–1) = –7 + 4a = 1; a2 = 2.

5. Схематичес ое изображение #рафи а фун ции (рис. 93) по азывает, что ее минимум дости#ается в точ е x1 = –1;

поэтому нужно взять значение a2 = 2.	Рис. 93

6.Ответ: a = 2.

20.Найти множество значений параметра k, при оторых асательная параболе

	y = –x2 + (k – 2)x + k – 2	(1)
в точ е x0 = 1 является та же асательной параболе
	y = x2 – 6x + 5.	(2)
1.	Уравнение асательной в общем случае имеет вид
	y = f(x0) + f′(x0)(x – x0).
2.	Находим
	f(x0) = f(1) = –1 + (k – 2) · 1 + k – 2 = 2k – 5.
3.	Имеем
	f′(x) = –2x + k – 2, f′(x0) = f′(1) = –2 · 1 + k – 2 = k – 4.

263

4. Запишем уравнение асательной параболе (1):

y = 2k – 5 + (k – 4)(x – 1), или y = (k – 4)x + k – 1.

(3)

Эта асательная должна быть та же асательной параболе (2). 5. Чтобы найти общие точ и асательной (3) и параболы (2), со-

ставим уравнение

(k – 4)x + k – 1 = x2 – 6x + 5, или x2 – (k + 2)x + 6 – k = 0. (4)

6.Та а прямая (3) является асательной ривой (2), то она имеет единственную общую точ у с этой ривой.

7.Уравнение (4) имеет единственное решение, если дис риминант это#о уравнения равен нулю, т. е. D = 0.

8.Из равенства D = (k + 2)2 – 4(6 – k) = 0 находим k1 = –10,

k2 = 2.

9.Ответ: k Ý {–10; 2}.

21.При а ом значении параметра a хорда параболы

y = –a2x2 + 5ax – 4,		(1)
асающая ривой
y =	1	(2)
	------------
	1 – x

в точ е с абсциссой x0 = 2, делится этой точ ой пополам?

1. Та а в точ е x = 2 значение фун ции f(x) =			-----1-------	равно (–1),
0			1 – x
а значение производной f′(x) =	1	равно 1, то уравнение аса-
	(----1-----–----x-----)-2-

тельной ривой (2) в точ е M(2; –1) имеет вид y = x – 3.

2.Пусть эта асательная пересе ает параболу (1) в точ ах A

иB; то#да абсциссы этих точе являются орнями уравнения

–a2x2 + 5ax – 4 = x – 3.

(3)

3.Точ а M есть середина отрез а AB, поэтому ее абсцисса равна полусумме абсцисс точе A и B.

4.Перепишем уравнение (3) в виде

x2 – 5----a-----–------1- x +	--1---	= 0, a − 0.	(4)
a2	a2

264

5. Со#ласно теореме Виета, x1 + x2 =

5a – 1

, и, следовательно,

-------a----2-----

x1 + x2

=

5a – 1

. С дру#ой стороны,

x1 + x2

= 2. Та им образом,

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

----2-----a----2---

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

2

5----a-----–------1-

= 2. Отсюда получим a

1

=

1--

, a

2

= 1.

2a2

4

6. Найдем дис риминант вадратно#о уравнения (4):

D = -------5a----–----1-

2

–

--4---

=

21---------a----2---–----10---------a----+-----1- .

(5)

a

2

a

2

a

4

7. Подставив значение a = 1 в выражение (5), замечаем, что D > 0, поэтому a = 1 удовлетворяет требованию задачи.

1	1	требованию задачи не
8. Если же a = --	, то D < 0, т. е. a = --
4	4

удовлетворяет.

9.Ответ: a = 1.

22.При а ом значении параметра a асательная #рафи у фун -

ции y = a – x2 отсе ает от I четверти равнобедренный треу#ольни

9

с площадью, равной ------ ?

32

1.Уравнение асательной #рафи у фун ции y = f(x) в точ е M(x0; y0) имеет вид y – y0 = f′(x0)(x – x0), #де f′(x0) = tg α, α — у#ол на лона асательной оси абсцисс.

2.Та а по условию асательная #рафи у данной фун ции отсе ает от I четверти равнобедренный треу#ольни , то α = 135° и, значит, f′(x0) = –1.

3.	С дру#ой стороны, f′(x				) = –2x				и, следовательно, x		1
								0			= -- .
				0						0	2
4.	При x	1	находим y		= f	1			1	и уравнение асатель-
		= --		0		--		= a – --
	0	2				2			4

ной #рафи у данной фун ции запишется та :

1 y = –x + a + -- .

4

5.Эта асательная пересе ает оси оординат в точ ах A 0; a + 1

--4

иB a + 1 ; 0 .

--

4

265

6. Со#ласно условию, точ и A и B лежат на положительных по-

1
луосях, поэтому a > –-- .
4
7. Для площади треу#ольни а, о отором идет речь в задаче,
имеем следующее равенство:
9	1		1	2
------	= --		a + --	.
32	2		4

1

Отсюда находим a1 = --

2

1

тельно получаем a = -- .

2

1

8. Ответ: a = -- .

2

1

, a2 = –1. Учитывая, что a > –-- , о онча-

4

23. При а ом значении параметра a прямые, проходящие через точ у M(1; 1) плос ости xOy и асающиеся двух ветвей #иперболы

a
y = -- (a < 0) в точ ах A и B, образуют правильный треу#ольни
x
MAB? Найти площадь S это#о треу#ольни а.
1. При не отором фи сированном значении параметра a обо-
				a
значим через t абсциссу произвольной точ и #иперболы y = -- .
				x
2. То#да уравнение асательной у азанной #иперболе в точ е
(t; y(t)) запишется в виде
		a	a
y = y(t) + y′(t)(x – t), или y = -- –			---- (x – t),
		t	t	2
т. е.
y = –	a	2a		(1)
	---- x + ------ .
	t2	t
3. Та а асательная, заданная уравнением (1), проходит че-
a	2a	, или
рез точ у M(1; 1), то 1 = –---- +	------
t2	t
t2 – 2at + a = 0.				(2)

4. При a < 0 уравнение (2) имеет два орня t1 и t2, оторые являются абсциссами точе A и B соответственно. По теореме Виета t1 + t2 = 2a, t1t2 = a.

266

5.Пос оль у ветви рассматриваемой #иперболы симметричны относительно прямой y = x, а точ а M(1; 1) лежит на этой прямой, точ и A и B симметричны относительно прямой y = x.

6.Та им образом, если точ а A имеет оординаты (t1; t2), то точ-

а B будет иметь оординаты (t2; t1). Отсюда следует, что MA = MB

при любом a < 0.

7. Найдем MA2 и AB2. С учетом полученных выше соотношений между орнями t1 и t2 имеем

MA2 = (t1 – 1)2 + (t2 – 1)2 = 4a2 – 6a + 2,

AB2 = (t1 – t2)2 + (t2 – t1)2 = 8a2 – 8a.

8. Со#ласно условию, треу#ольни MAB правильный, поэтому MA = AB, т. е.

4a2 – 6a + 2 = 8a2 – 8a.

1

Решив это уравнение с учетом то#о, что a < 0, получим a = –-- .

2

9. Найдем площадь треу#ольни а MAB:

S = 1 · MA · AB · sin 60° = 1 · AB2 · 3 = 3 3 .

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

2 2 2 2

1 3 3

10. Ответ: a = –-- ; S = ---------- .

2 2

24. Найти все значения параметра a, удовлетворяющие неравенст-

π

вам 0 m a m -- , при аждом из оторых минимум фун ции

2

f(x) = 3x4 + 4x3(cos a – sin a) – 3x2 sin 2a

на отрез е –sin a m x m cos a принимает наименьшее значение.

1.Обозначим через ϕ(a) наименьшее значение фун ции f(x) на отрез е [–sin a; cos a] при фи сированном a.

2.Имеем

f′(x) = 12x3 + 12x2(cos a – sin a) – 6x sin 2a.

3. Решив уравнение f′(x) = 0, находим орни производной: x1 = 0, x2 = sin a, x3 = –cos a.

267

Рис. 94

4. Рассмотрим два случая.

π

а) Если 0 m a m -- , то sin a m cos a и по отношению отрез у

4

[–sin a; cos a] орни x1, x2, x3 расположатся та , а по азано на рис. 94, а. Изменение зна ов производной иллюстрирует следующая таблица:

Интервал	(–sin a; 0)	(0; x2)	(x2; cos a)
Зна f′(x)	+	–	+

Отсюда следует, что ϕ(a) = min {f(–sin a); f(x2)}. Но

f(x2) – f(–sin a) = f(sin a) – f(–sin a) = 8 sin3 a (cos a – sin a) l 0.

Значит,

ϕ(a) = f(–sin a) =

=3 sin4 a – 4 sin3 a (cos a – sin a) – 6 sin3 a cos a =

=7 sin4 a – 10 sin3 a cos a.

π	π	, то sin a l cos a и по отношению отрез у
б) Если --	m a m --
4	2

[–sin a; cos a] расположение орней производной будет та им, а по азано на рис. 94, б. Изменение зна ов производной иллюстрирует таблица:

Интервал	(–sin a; x3)	(x3; 0)	(0; cos a)
Зна f′(x)	–	+	–

Следовательно, ϕ(a) = min {f(x3); f(cos a)}. Но

f(x3) – f(cos a) = f(–cos a) – f(cos a) = –8 cos3 a (cos a – sin a) l 0.

Значит,

ϕ(a) = f(cos a) =

=3 cos4 a + 4 cos3 a (cos a – sin a) – 6 sin a cos3 a =

=7 cos4 a – 10 sin a cos3 a.

268

5. Ита ,

		7 sin4 a – 10 sin3 a cos a, если a Ý				0;			π			;
								--
ϕ(a) =								4
		7 cos4 a – 10 sin a cos3 a, если a Ý					π			π
												; --	.
						--
							4	2
Отсюда за лючаем, что ϕ(a) = ϕ			π	– a при a Ý									π
									0;						, и до-
			--									--
			2									4

статочно найти минимум фун ции ϕ(a) = 7 sin4 a – 10 sin3 a cos a на

отрез е		0;	π		.
			--
			4

6. Имеем

ϕ′(a) = 28 sin3 a cos a – 30 sin2 a cos2 a + 10 sin4 a = = 2 sin2 a cos2 a (5 tg2 a + 14 tg a – 15).

Все орни производной ϕ′(a), принадлежащие промежут у 0 <

< a < --π , являются орнями уравнения 5 tg2				a + 14 tg a – 15 = 0.
4
Решив е#о, находим tg a1 =	– 7 + 2	31	, tg a2 =	– 7 – 2	31	.
	---------------5---------	----		-------------5-----------	----
7. Для значений a из промежут а 0 < a <				--π значения фун ции
				4

tg a положительны и не превосходят 1; поэтому находим единственный орень производной ϕ′(a), удовлетворяющий неравенствам

π					2 31 – 7
0 < a < -- , а именно: a			1	= arctg ----------------------- .
4					5
8. На интервале 0 < a < a1 производная ϕ′(a) отрицательна, на
интервале a		π							— точ а мини-
	1	< a < -- положительна. Значит, a = a						1
		4
мума.
									π
9. Из непрерывности ϕ(a) на промежут е 0 m a m -- и монотон-
									4
ности на интервалах (0; a					π	следует, что наименьшее зна-
					) и a , --
				1	1 4
					π	равно ϕ(a	).
чение ϕ(a) на промежут е 0 m a m --
					4	1

269

10. Та ое же значение принимается в точ е 2--π					– a1, принадле-
жащей промежут у --π m a m --π .
4	2
11. Ответ: a = arctg 2---------	31---------–----7-	; a =	--π	– arctg 2---------	31---------–----7- .
	5		2		5

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

1.При а ом значении a прямая y = a + x ln 81 является асательной #рафи у фун ции f(x) = 9x + 2 · 3x + 1 – x ln 81?

2.Установить, при а их значениях a прямая:

а) 3ax + y = a2x + 7 параллельна асательной ривой 3x2 +

2a

+------ + y = 0, проведенной в точ е x = 1; x

б) 4a2x – y = 15ax – 9 параллельна асательной ривой 4a –

------

x3

– y + x = 0, проведенной в точ е x = –1;

в) 2 – 3ax = 4a2x – y параллельна асательной ривой x5 –

------

10

4a

–y + ------ = 0, проведенной в точ е x = –2. x

Вответе у азать наименьшее значение a.

3. Установить, при а их значениях a асательная ривой:

а) x3 – 4a + y = 0, проведенная в точ е x = 2, параллельна пря-

------

x2

мой 8ax – 5 = a2x – y;

б) 27a – y – 2x2 = 0, проведенная в точ е x = 3, параллельна

----------

x2

прямой 10ax + y = a2x + 6;

в) x3 + y – 3a = 0, проведенная в точ е x = –1, параллельна

------

x4

прямой 4a2x – y = 7 – 5ax.

В ответе у азать наибольшее значение a.

4. Найти значение b, при отором наименьшее значение фун - ции:

а) y – x3 + 27x + 3b на отрез е [2; 5] равно 1;

б) y = –4x3 + 48x – 2b на отрез е [–4; –1] равно (–60).

270