Задачи с параметрами и методы их решения

Следовательно, орнями уравнения (2) являются

t1 = 2a + 1 – (3a – 5) = 6 – a; t2 = 2a + 1 + (3a – 5) = 5a – 4.

3. Для то#о чтобы исходное уравнение имело два различныхорня, необходимо выполнение следующих условий:

												a −	5	,
	t1 − t2,												--
							6 – a − 5a – 4,						3
	t1 > 0,			или			6 – a > 0,				т. е.	a < 6,
	t	2	> 0,				5a – 4 > 0,					a >	4
													--
													5 .
4. Ответ: a Ý				4	5		Ÿ	5		.
				--	; --			-- ; 6
				5	3			3

2. Найти все значения параметра a, при оторых уравнение
4x – a · 2x – a + 3 = 0	(1)
имеет хотя бы одно решение.
1. Положим 2x = t > 0; то#да исходное уравнение примет вид
t2 – at – a + 3 = 0.	(2)

2.Для то#о чтобы уравнение (1) имело хотя бы одно решение, необходимо и достаточно, чтобы вадратный трехчлен t2 – at – a + 3 имел хотя бы один положительный орень, и, следовательно, дис - риминант это#о вадратно#о трехчлена должен быть неотрицателен.

3.Та а

D = a2 – 4(3 – a) = a2 + 4a – 12 = (a – 2)(a + 6),

то условие D l 0 выполняется при a m –6 и a l 2.

4. Корни t1 и t2 уравнения (2) удовлетворяют системе уравнений

t1t2 = 3 – a, t1 + t2 = a.

а) При a m –6 имеем t1t2 > 0, t1 + t2 < 0; поэтому оба орня t1, t2

отрицательны, и, следовательно, уравнение (1) не имеет решений. б) При a l 2 имеем t1 + t2 > 0; значит, хотя бы один из орней

t1 или t2 положителен.

5.Ита , при a l 2 уравнение (1) имеет хотя бы одно решение.

6.Ответ: a Ý [2; +×).

301

3. Найти множество значений a, при оторых уравнение
4x – (3a + 2) · 2x + 2a2 – 2a – 24 = 0	(1)
имеет единственное решение, большее, чем 2.
1. Пусть 2x = t > 0. То#да уравнение (1) примет вид
t2 – (3a + 2)t + 2a2 – 2a – 24 = 0.	(2)
Найдем дис риминант это#о уравнения: D = (a + 10)2.

2.По условию уравнение (1) должно иметь единственное решение x > 2. Следовательно, t = 2x должно быть больше 4.

3.Рассмотрим два возможных случая:

а)		D = 0,			(a + 10)2 = 0,			a = –10,	т. е. a Ý ¾.
		t1, 2	> 4	^ 3a + 2			^
					----------------	> 4		–28 > 8,
					2

б) D > 0 ^ (a + 10)2 > 0, т. е. a − –10. Уравнение (2) имеет два различных орня: t1 = a – 4 и t2 = 2a + 6.

Исходное уравнение будет иметь единственное решение, большее, чем 2, если один из орней t1 или t2 больше 4, а дру#ой орень неположителен. Это приводит следующей сово упности систем неравенств:

a – 4 > 4,				a > 8,
2a + 6 m 0;				a m –3;			a Ý ¾,
или					или		–1 < a m 4,
a – 4 m 0,				a m 4,
2a + 6 > 4,				a > –1,

т. е. a Ý (–1; 4].

4.Ответ: a Ý (–1; 4].

4.Для аждо#о значения параметра a решить уравнение

9–|x – 2| – 4 · 3–|x – 2| – a = 0.

(1)

1. С помощью подстанов и 3–|x – 2| ние (1) сводится смешанной системе

t2 – 4t – a = 0, 0 < t m 1.

= t (0 < t m 1) уравне-

(2)

2. Квадратное уравнение системы (2) имеет действительныеорни t1, 2 = 2 ä 4 + a то#да и толь о то#да, о#да a l –4.

302

а) При этом условии орень t1 = 2 + 4 + a > 1, и, следовательно, не является решением системы (2).

б) Корень t2 = 2 – 4 + a удовлетворяет условиям 0 < t m 1, т. е.

неравенствам 0 < 2 – 4 + a m 1 при –3 m a < 0.

в) Та им образом, если –3 m a < 0, то система (2) имеет решение t = 2 – 4 + a , оторому соответствуют следующие орни исходно- #о уравнения:

x = 2 ä log3 (2 – 4 + a ).

3.Если a < –3 или a l 0, то смешанная система (2), а, значит,

иуравнение (1) не имеет решений.

4.Ответ: если a < –3 или a l 0, то орней нет;

если –3 m a < 0, то x1, 2 = 2 ä log3 (2 –	4 + a ).
5. Решить уравнение
4sin x + a · 2sin x + a2 – 1 = 0,	(1)
#де a — параметр, изменяющийся на промежут е [–1; 1].
1. Воспользуемся подстанов ой y = 2sin x. То#да уравнение (1)
1
примет вид y2 + ay + a2 – 1 = 0, #де -- m y m 2, та а –1 m sin x m 1.
2
2. Вершина параболы
f(y) = y2 + ay + a2 – 1	(2)

a

имеет абсциссу y = –-- , поэтому из условия –1 m a m 1 следует, что

2

1	a	1	. Следовательно, при –1 m a m 1 промежут у		1	; 2
–--	m –--	m --			--
2	2	2			2

может принадлежать толь о больший орень вадратно#о трехчлена (2).

3. Этот фа т аналитичес и описывается системой неравенств

	f	1			1	1			2	– 1 m 0,
		--			= --	+ -- a + a
		2			4	2				(3)
	f(2) = 4 + 2a + a2 – 1 l 0.
4. Решив систему (3) при условии –1 m a m 1, находим, что она
совместна, если a Ý			–1;		– 1 +	13		.
					------------------------
					4

303

5. Больший орень вадратно#о трехчлена (2) есть

y =

– a + 4 – 3a2

.

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

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

--

----

Остается решить уравнение 2sin x = – a-----------+-------

--4----–-----3------a--2

, от уда найдем

2

орни исходно#о уравнения (1).

– 1 +

13

6. Ответ: если a Ý

–1;

, то

4

x = (–1)k arcsin log

–-----a +-----------

--

-------------------4 – 3a2

+ πk, k Ý Z;

2

2

при дру#их a решений нет.

6. При а их значениях a уравнение

x2 – 7x + 12

= 0

(1)

3----2---x----– a – 3a – x------------------------

имеет единственное решение?

1. Уравнение (1) равносильно системе

x2 – 7x + 12 = 0,

(2)

32x – a – 3a – x − 0.

(3)

2.Находим орни уравнения (2): x1 = 3, x2 = 4.

3.Если существует та ое a, что при x = 4 условие (3) не выполняется, т. е. имеет место равенство 32x – a – 3a – x = 0, то знаменатель данной дроби (1) обращается в нуль. Последнее означает, что в точ-е x = 4 эта дробь не определена и поэтому x = 4 не может бытьорнем уравнения (1).

4.Та им образом, уравнение (1) имеет единственное решение x = 3, если орнем знаменателя данной дроби является x = 4. То#да этот знаменатель при x = 4 должен обращаться в нуль, т. е.

32 · 4 – a – 3a – 4 = 0,

от уда a = 6.

5. Рассуждая анало#ично, за лючаем, что уравнение (1) имеет единственное решение x = 4, если орнем знаменателя данной дроби является x = 3 (в этом случае дробь при x = 3 не определена). Следовательно, знаменатель при x = 3 должен обращаться в нуль, т. е.

32 · 3 – a – 3a – 3 = 0,

от уда a = 4,5.

6. Ответ: a = 6; a = 4,5.

304

7. Определить все значения параметра a, при оторых уравнения

4x + 2 x + 1 = 3

и

a · 49x + |a – 7| · 7x = 7

равносильны.

1. Решим уравнение

4x + 2 · 2x – 3 = 0.

(1)

Пола#ая 2x = y > 0, придем вадратному уравнению y2 + 2y –

– 3 = 0, имеющему орни y = 1; y = –3 (посторонний орень, та а он не удовлетворяет условию y > 0). Значит, 2x = 1, от уда x = 0. Следовательно, уравнение (1) имеет единственный орень x = 0.

2. Со#ласно условию, уравнение

a · 49x + |a – 7| · 7x – 7 = 0

(2)

та же должно иметь толь о один орень x = 0. Подставив в уравнение (2) значение x = 0, получим уравнение относительно a:

a + |a – 7| – 7 = 0, или |a – 7| = 7 – a.

(3)

3.В силу определения модуля решением уравнения (3) являются все значения a m 7.

4.При та их значениях a уравнение (2) примет вид

a · 72x – (a – 7) · 7x – 7 = 0.	(4)
5. Положим 7x = z > 0 и получим уравнение
az2 – (a – 7)z – 7 = 0.	(5)

Уравнение (5) при a = 0 имеет единственный орень z = 1, а при

7

a − 0 — два орня z = 1 и z = –-- . Чтобы уравнение (5) при a − 0 a

7

имело толь о один орень, нужно, чтобы орень z = –-- был: a

7

а) либо равен 1, т. е. –-- = 1, от уда a = –7; a

7

б) либо отрицателен, т. е. –-- < 0, от уда a > 0. a

6.Учитывая отмеченные выше условия, при выполнении оторых уравнение (2) должно иметь единственный орень, о ончательно получаем: 0 m a m 7 и a = –7.

7.Ответ: a Ý [0; 7] Ÿ {–7}.

305

8. При а их значениях параметра a уравнение

7x + 7–x – 4 = a(3|x| – 5 cos x)

имеет нечетное число орней?

1. Фун ции f(x) = 7x + 7–x – 4 и ϕ(x) = a(3|x| – 5 cos x) определены при всех x Ý R и являются четными:

f(–x) = 7–x + 7+x – 4 = 7x + 7–x – 4 = f(x), ϕ(–x) = a(3|–x| – 5 cos (–x)) = a(3|x| – 5 cos x) = ϕ(x).

2. В силу четности #рафи и фун ций y = f(x) и y = ϕ(x) симметричны относительно оси Oy и можно утверждать, что если x = x1 —

орень исходно#о уравнения, то x = –x1 та же является орнем это#о уравнения.

3.Следовательно, данное уравнение имеет четное число орней, если x = 0 не является е#о орнем, и нечетное число орней, если x = 0 — орень это#о уравнения.

4.Проверим, является ли x = 0 орнем исходно#о уравнения. При x = 0 получаем равенство

2

1 + 1 – 4 = (0 – 5 cos 0)a, или –5a = –2, от уда a = -- .

5

5. Значит, при a = 2 исходное уравнение принимает вид 7x +

--

5

+ 7–x	2	(3|x| – 5 cos x) и имеет единственный орень x = 0:
	– 4 = --
	5
f(0) = –2; ϕ(0) = –2 (рис. 98).
6.		2
	Ответ: a = -- .
		5

Рис. 98

306

9. При а их значениях параметра k неравенство
x2 + 4x + 7 m x + 3		(1)
и уравнение
2x + 2 – |2x + 1 – k| = 2x + 1	+ 1	(2)

равносильны?

1.Решив неравенство (1), получим x l –1 и, значит, любое x l –1 должно быть решением уравнения (2).

2.То#да, подставив значение x = 0 в уравнение (2), приходимуравнению

4 – |2 – k| = 3

(3)

относительно неизвестно#о k.

3.Решив уравнение (3), находим k = 1 и k = 3.

4.Пусть k = 1. Подставим это значение в уравнение (2) и получим уравнение

|2x + 1 – 1| = 2x + 1 – 1,

решением оторо#о является любое x l –1. Ита , при k = 1 неравенство (1) и уравнение (2) равносильны.

5. Пусть k = 3. При этом значении k уравнение (2) примет вид

|2x + 1 – 3| = 2x + 1 – 1.

(4)

6.Решив уравнение (4), получим x = 0 и, значит, неравенство (1)

иуравнение (2) при k = 3 не равносильны.

7.Ответ: k = 1.

10. При аждом значении параметра a у азать, для а их x выполняется неравенство

a2 – 9x + 1 – 8 · 3x · a > 0.

(1)

1.Пусть a = 0; то#да неравенство (1) имеет вид –9x + 1 > 0 и не выполняется ни для а о#о x.

2.Пусть a — не оторое число, отличное от нуля. Обозначив 3x через y, перепишем неравенство (1) та :

		9y2 + 8ay – a2 < 0.		(2)
		Квадратный трехчлен 9y2 + 8ay – a2 имеет орни y	1	= –a,
y		a
	2	= -- .
		9

307

3. Если a > 0, то y1 < y2 и множество решений неравенства (2)

a

имеет вид –a < y < -- . Это значит, что при аждом положительном

9

a исходное неравенство равносильно двойному неравенству –a <

< 3x < a и, следовательно, множество е#о решений есть промежу-

--

9

a

то –× < x < log3 --9 , т. е. –× < x < –2 + log3 a.

4. Если a < 0, то y2 < y1 и множество решений неравенства (2)

a

имеет вид -- < y < –a. Это значит, что при аждом отрицательном

9

a

a исходное неравенство равносильно двойному неравенству -- <

9

< 3x < –a и, следовательно, множество е#о решений есть промежуто –× < x < log3 (–a).

5. Ответ: если a = 0, то решений нет; если a > 0, то x < –2 + log3 a; если a < 0, то x < log3 (–a).

11. Найти все значения параметра a, при оторых неравенство

4	x2	+ 2(2a + 1)	2	x2	+ 4a	2	– 3 > 0	(1)

выполняется для любых x.

1. Пола#ая 2x2 = t > 0, запишем неравенство (1) следующим образом:

t2 + 2(2a + 1)t + 4a2 – 3 > 0.

(2)

2.Тем самым решение исходной задачи сводится отыс анию всех значений a, при оторых неравенство (2) выполняется для любых t > 0.

3.Та а

t2 + 2(2a + 1)t + 4a2 – 3 =

=t2 + 2t(2a + 1) + (2a + 1)2 – (2a + 1)2 + 4a2 – 3 =

=(t + 2a + 1)2 – 4(a + 1),

то при a + 1 < 0 (т. е. при a < –1) неравенство (2) справедливо для любо#о t, в том числе и для t > 0.

308

4. При a + 1 > 0 имеем a + 1 = (a + 1 )2; поэтому неравенство (2) равносильно неравенству

(t + 2a + 1 + 2 a + 1 )(t + 2a + 1 – 2 a + 1 ) > 0.

(3)

При та их a справедливо неравенство –2a – 1 – 2a + 1 m –2a –

– 1 + 2a + 1 ; следовательно, неравенство (3) выполняется для любо#о t > 0, если выполняется неравенство

–2a – 1 + 2 a + 1 m 0, т. е. 2 a + 1 m 2a + 1.

(4)

5. При –1 m a m –0,5 неравенство (4) не имеет решений. При a > –0,5 получим систему

a > –0,5,

4(a + 1) m 4a2 + 4a + 1 _

a > –0,5,

_	4		3		3
			a – -------		a + -------
			2		2

a > –0,5,

4a2 – 3 l 0 _

3

_ a l ------- .

2

6.	Ита , неравенство (2) справедливо для любо#о t > 0, если a
принадлежит множеству (–×; –1)				Ÿ		3	.
					------- ; +×
						2
7.	Ответ: a Ý (–×; –1) Ÿ		3	; +× .
			-------
			2

12. Найти все значения параметра k, при оторых неравенство
4x – k · 2x – k + 3 m 0	(1)

имеет хотя бы одно решение.

1. Пусть 2x = t > 0. То#да получим вадратное неравенство, со-

держащее числовой параметр k:
t2 – kt – k + 3 m 0.	(2)

2. Для то#о чтобы неравенство (2) имело хотя бы одно решение, нужно, чтобы вадратный трехчлен имел хотя бы один положительный орень.

309

3. Корни вадратно#о трехчлена будут действительными при условии неотрицательности е#о дис риминанта:

D = k2 – 4(3 – k) l 0, или k2 + 4k – 12 l 0,

от уда k m –6 или k l 2.

4. Чтобы выяснить, о#да хотя бы один из орней будет положителен, воспользуемся теоремой Виета:

t1 + t2 = k, t1t2 = 3 – k.

5. Если k m –6, то t1t2 = 3 – k > 0; произведение орней положительно, т. е. орни имеют одина овые зна и. Та а сумма орней t1 + t2 = k < 0, то оба орня отрицательны. Этот случай не подходит.

6. Если k l 2, то t1t2 = k > 0, т. е. сумма орней положительна. Значит, хотя бы один из орней вадратно#о трехчлена положителен. Ита , k l 2.

7.Ответ: k Ý [2; +×).

13.При а их значениях параметра a система

2b sin x + (a + 1)by2 = a2,
(a – 1)x3	+ y3	(1)
		= 1

имеет решение для любо#о значения параметра b?

1.Если система (1) при а ом-то значении параметра a имеет решение для любо#о значения параметра b, то эта система имеет решение и для b = 0.

2.Подставляя значение b = 0 в систему (1), получим систему

	a2 = 1,	(2)
	(a – 1)x3 + y3 = 1.	(3)
Из уравнения (2) следует, что a = ä1.
3. Пусть a = 1; то#да система (1) примет вид
	2b sin x + 2by2 = 1,	(4)
	y3 = 1.	(5)

4.Из уравнения (5) находим y = 1, а уравнение (4) запишется

ввиде

2b sin x = 1 – 2b.

(6)

310