Задачи с параметрами и методы их решения

2

если –1 < a < –-- , то x1, 2

3

если a = –1, то x = –4;

2. Корни уравнения системы (2), если они существуют, задаются формулами

x	=	–-----a------–----9-----–---------(--a------+---1----)----(-a------+----17--------)	, x	2	=	–-----a------–----9-----+---------(--a------+-----1----)--(---a----+-----17-------) .
1		2				2

3.Рассмотрим возможные случаи расположения орней x1 и x2

винтервале (–6; –3).

4.Предположим сначала, что дис риминант уравнения системы (2) равен нулю, т. е. что a = –1 или a = –17. Провер а по азывает, что толь о в случае a = –1 орень уравнения x = –4 принадлежит интервалу (–6; –3).

5.Теперь рассмотрим случай, о#да a Ý (–×; –17) Ÿ (–1; +×). а) Если оба орня x1 и x2 лежат в интервале (–6; –3), то должна

быть совместна система

2

что –1 < a < –-- .

3

x1 > –6,

x2 < –3. Решив эту систему, находим,

б) В том случае, о#да толь о больший орень x2 принадлежит интервалу (–6; –3), должны выполняться неравенства

–6 < x2 < –3, x1 m –6,

от уда следует, что a Ý ¾.

в) На онец, если толь о меньший орень x1 принадлежит интервалу (–6; –3), то имеем систему

–6 < x1 < –3, –3 m x2,

2	1
решив оторую находим, что –--	m a < –-- .
3	3

1

6. Ответ: если a < –1 или a l –-- , то орней нет;

3

2

если –--

3

		= –a-------+----9-----ä-----------(----a----+-----1----)--(---a------+----17-------)	;
		2
m a < –	1--	, то x = –a-------+----9----+-----------(-a------+----1-----)--(--a-----+----17--------) .
	3	2

331

10. Решить относительно x уравнение

log	a · log			a2 – 4	= 1.
		a	2	2----a-----–------x-
x

1. Та а x и a2 являются основаниями ло#арифмов, то x − 1,

a − 1; неизвестное x входит в выражение x , поэтому x > 0; та а ло#арифмы берутся толь о от положительных чисел, то a > 0; ро-

ме то#о, 0 <

a2 – 4

< +×

и, следовательно, a − 2, x − 2a, причем

2----a-----

–------x-

x > 2a, если 0 < a < 2, и x < 2a, если a > 2.

2. При у азанных условиях имеем

log

a =

2

, log

a2 – 4

= 0,5 log

a2 – 4

.

log-----------a--x--

a

2

2----a-----–------x-

a 2----a-----–------x-

x

То#да данное уравнение можно записать в виде

log

--a---2----–----4---

= log

x ^ --a---2----–----4---

= x ^ x2 – 2ax + a2 – 4 = 0,

a 2a – x

a

2a – x

от уда x = a ä 2.

3.Та а при a Ý (0; 1) Ÿ (1; 2) имеем x > 2a, то из двух найденных решений этому неравенству удовлетворяет толь о x = a + 2.

4.При a > 2 имеем x < 2a и, следовательно, этому неравенству удовлетворяют оба решения, роме значения a = 3. Действительно,

вэтом случае x = a – 2 = 1, что ис лючено из значений x; поэтому при a = 3 получаем для x лишь одно решение: x = a + 2 = 5.

5.Ответ: если a Ý (–×; 0) Ÿ {1; 2}, то x Ý ¾;

если a Ý (0; 1) Ÿ (1; 2) Ÿ {3}, то x = a + 2; если a Ý (2; 3) Ÿ (3; +×), то x1, 2 = a ä 2.

11. При а их значениях параметра a из интервала (2; 5) уравнение

log		(3 – |sin ax|) = cos	π
	2		πx – --
			6

имеет хотя бы одно решение x та ое, что 2 m x m 3?

1. Та а |sin ax| m 1, то 3 – |sin ax| l 2 и, следовательно, log2 (3 – |sin ax|) l 1.

332

2. С дру#ой стороны, учитывая, что cos	π		m 1, получим
	πx – --
	6

систему

sin ax = ä1,

cos	π		= 1,
	πx – --
	6

от уда находим

				π	+ πk, k Ý Z,				(1)
		ax = --
				2
				1					(2)
		x = -- + 2n, n Ý Z.
				6
3. Со#ласно условию, 2 m x m 3, поэтому в равенстве (2) дол-
				13	. То#да из равенства (1) следует, что
жно быть n = 1 , от уда x = ------
				6
13	π				3π	+		6π k
a · ------	= -- + πk, k Ý Z, или a =				------			---------- , k Ý Z.
6	2				13			13
4. Теперь воспользуемся условием 2 < a < 5; отсюда за лючаем,
что k Ý {1; 2} и, значит, a				9π				15π
				= ------ , a		2	= ---------- .
			1	13				13
5.	Ответ: a	9π		15π
		= ------ , a	= ---------- .
	1	13	2	13

12. Для аждо#о положительно#о числа a (a − 1) решить уравнение

log2 sin x + log	a	sin x – a = 0.	(1)
a
1. Пола#ая t = loga sin x и учитывая, что всюду в области опре-
деления уравнения (1) выполняются неравенства
loga sin x l 0 при 0 < a < 1, loga sin x m 0 при a > 1,
получаем две смешанные системы:
t2 + t – a = 0, t > 0 при 0 < a < 1;			(2)
t2 + t – a = 0, t < 0 при a > 1			(3)
(если t = 0, то a = 0, что невозможно).
2. Если 0 < a < 1, то вадратное уравнение

t2 + t – a = 0

333

имеет два различных действительных орня:

t1 = –	1 + 4a + 1	, t2 =	1 + 4a – 1	,
	----------2---------------		----------2---------------

причем t1 < 0, t2 > 0.

3. Значит, при 0 < a < 1 система (2) имеет решение t = t2, от уда находим

loga sin x =	1 + 4a – 1	.	(4)
	----------2---------------

При a > 1 система (3) имеет решение t = t1 и, следовательно,

log	a	sin x = –-----	1------+----4-----a----+-----1- .	(5)
			2

4. Та им образом, уравнение (1) равносильно сово упности уравнений (4) и (5), решив оторые получим ответ.

		1 + 4a – 1
	------------------------------
5. Ответ: если 0 < a < 1, то x = (–1)k arcsin a		2	+ πk;
–	------------------------------1 + 4a + 1		+ πk, k Ý Z.
если a > 1, то x = (–1)k arcsin a	2

13. Найти все значения параметра a, при оторых в область определения фун ции y = lg (aax – 2 – ax) входят числа 13, 15, 17, но не входят числа 3, 5, 7.

1.По определению ло#арифма x Ý D(y) в том и толь о в том случае, если aax – 2 > ax. При a = 1 область определения пуста.

2.Рассмотрим два случая: а) 0 < a < 1; б) a > 1.

а) Пусть 0 < a < 1. То#да по азательная фун ция с основанием a убывает, поэтому из неравенства aax – 2 > ax следует, что ax – 2 < x, т. е. (1 – a)x > –2. Учитывая, что 0 < a < 1, имеем 1 – a > 0. Значит,

D(y) = – 2 ; + . Но в этот промежуто входят все положитель-

------------ ×

1 – a

ные числа и, в частности, числа 3, 5, 7. Следовательно, та ие значения a не удовлетворяют условию.

б) Пусть a > 1. То#да по азательная фун ция с основанием a возрастает, поэтому из неравенства aax – 2 > ax следует, что ax – 2 > > x, т. е. (a – 1)x > 2. Та а a > 1, то a – 1 > 0. Значит, D(y) =

=	2		; +×		. Числа 13, 15, 17 входят в этот промежуто толь о
	------------
	a –	1

334

то#да, о#да е#о левый онец меньше 13. Для то#о же, чтобы этот промежуто не содержал чисел 3, 5, 7, нужно, чтобы е#о левый о- нец был не меньше 7.

3. Ита , получаем следующее двойное неравенство для параметра a > 1:

2		< 13, 7(a – 1) m 2 < 13(a – 1),						2		2	.
7 m -----------	1-							------ < a – 1 m		7--
a –								13
4. Ответ: a Ý			15	;	9		.
			13------		7--
								7x + 3
14. В области определения фун ции y = log								----------------	– aa			взяли
								a x – 3
								9

все целые положительные числа и сложили их. Найти все значения a, при оторых та ая сумма больше 9, но меньше 16.

1. Графи ом дробно-линейной фун ции z =	7----x-------+----3-	= 7 +	----24--------
	x – 3		x – 3

является #ипербола.

2. По условию x > 0. Если 0 < x < 3, то z < 0. При нео#раничен-

ном возрастании x дробь	----24--------	монотонно убывает и стремится ну-
	x – 3

лю, а значения фун ции z убывают и приближаются 7 (рис. 101). 3. По определению ло#арифма область определения D(y) состо-

7x + 3

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

ит из решений неравенства a x – 3 > aa.

а) При a = 1 получаем неравенство, оторое не имеет решений. б) При 0 < a < 1 по азательная фун ция с основанием a убыва-

	7x + 3	7x + 3
	----------------			< a.
ет и неравенство a x – 3 > aa равносильно неравенству
			x – 3
Если x > 3, то	7----x-------+----3- > 7 > a, т. е. при x > 3 неравенство		7----x-------+----3-	< a
	x – 3		x – 3

не выполняется. Если же x < 3, то в интервале (0; 3) имеются все#о два целых положительных числа: 1 и 2. Пос оль у их сумма меньше 9, рассматриваемые значения a не удовлетворяют условию.

в) При a > 1 по азательная фун ция с основанием a возрастает

7x + 3

---------------- 7x + 3

и неравенство a x – 3 > aa равносильно неравенству ---------------- > a. Ес- x – 3

ли a m 7, то любое число, большее 3, является е#о решением и у а-

335

занную сумму найти нельзя. Если же a > 7, то множество е#о положительных решений — это интервал (3; x0), #де a = z(x0) (рис. 101).

#) Найдем суммы последовательных натуральных чисел, начиная с 4: 4; 4 + 5 = 9; 4 + 5 + 6 = = 15; 4 + 5 + 6 + 7 = 22; ... . Значит, у азанная сумма будет больше 9 и меньше 16, если число 6 принадлежит интервалу (3; x0), а число 7 этому интервалу не принадлежит, т. е. 6 < x0 m 7. Та

Рис. 101
а фун ция z = 7----x-------+----3-		убывает
	x – 3
на [6; 7], то z(7) m z(x0) < z(6), или
7-------·----7----+-----3-	m a < 7-------·----6----+-----3- .
7 – 3	6 – 3

4. Ответ: a Ý [13; 15).

15. Для аждо#о действительно#о значения параметра a решить уравнение log|sin x| 2 · logsin2 x 3 = a.

1. Левая часть уравнения представляет собой произведение двух отрицательных множителей (та а |sin x| < 1 и sin2 x < 1, то log|sin x| 2 < 0, logsin2 x 3 < 0). Следовательно, a > 0.

2. Переходя основанию ло#арифмов, равному 2, и учитывая, что sin2 x = |sin x|2, получаем систему

log	2	log2	3	(1)
	2	|sin x| = --------------- ,
		2a
0 < |sin x| < 1,				(2)

#де последнее условие задает область определения исходно#о уравнения.

3. На множестве (2) уравнение (1) равносильно уравнению

|log		|sin x|| =	log2	3	,
	2		---------------
			2a

336

или, учитывая, что |log2 |sin x|| = –log2 |sin x|, уравнению

log		|sin x| = –	log2	3
	2		--------------- .
			2a

4. Отсюда находим

	–	log2 3	–	log2 3
		---------------2a , т. е. sin x = ä2		---------------2a .
	|sin x| = 2

5. Ответ: если a m 0, то уравнение не имеет орней;

	–	log2 3
		---------------
если a > 0, то x = πk + (–1)k arcsin ä2		2a

, k Ý Z.

16. Найти все значения параметра a, при оторых система уравнений

		y = log					1 +	x			,
								-----
			2					x			(1)
		(x – a)2 + (y – a)2 = 1
имеет единственное решение.
1. Фун ция y = log			1 +	x			определена толь о при x > 0, при
				-----
2				x

этом y = log2 (1 + 1) = 1.

2. Подставив y = 1 во второе уравнение системы (1), получим

вадратное уравнение
x2 – 2ax + 2a2 – 2a = 0.	(2)

3.Заданная система (1) имеет единственное решение то#да и толь-о то#да, о#да уравнение (2) имеет один положительный орень.

4.Квадратное уравнение (2) может иметь один положительныйорень в трех случаях.

а) Если дис риминант уравнения равен нулю и при этом о- рень уравнения положителен, т. е. если

D = 2a – a2 = 0,

----

4

a > 0,

от уда a = 2.

337

б) Если орни вадратно#о уравнения имеют разные зна и, т. е. если 2a2 – 2a = 2a(a – 1) < 0, от уда 0 < a < 1.

в) Если один из орней равен нулю, а дру#ой положителен. Имеем 2a2 – 2a = 0, т. е. a = 0 или a = 1; то#да один орень уравнения равен нулю. При a = 0 второй орень та же равен нулю; при

a= 1 второй орень положителен. Значит, a = 1.

5.Объединяя найденные в пп. а)—в) значения, получим

aÝ (0; 1] Ÿ {2}.

6.При аждом из этих значений a система имеет единственное

решение x = a + 2a – a2 , y = 1.

7.Ответ: a Ý (0; 1] Ÿ {2}.

17.При а их значениях параметра a система

		sin [3(a – y)] + 3 sin x = 0,		(1)
		2 log4 (a – y) + 2 log4 (2 y ) = log2 y + 3 log8 (2x)		(2)
имеет четное число решений?
1.	Здесь ОДЗ переменных x и y задается системой
			a – y > 0,
			x > 0,
			y > 0.
2.	Поэтому от уравнения (2) можно перейти уравнению
		2(a – y) y = 2x y

и, значит, x = a – y. Подставив это выражение в уравнение (1), имеем sin 3x + 3sin x = 0, или, после преобразований,

sin x (3 – 2 sin2 x) = 0.

3.Ита , получим уравнение sin x = 0, от уда x = πn, n Ý N.

Сдру#ой стороны, x = a – y. Та им образом, с учетом ОДЗ приходим системе

y = a – πn, x = πn,

x > 0, y > 0,

338

из оторой следует, что x = πn меньше a. Поэтому исходная система имеет четное число решений в том случае, о#да

2πk < a < π(2k + 1), k Ý N.

4.Ответ: 2πk < a < π(2k + 1), k Ý N.

18.Найти область определения фун ции y = loga loga loga x.

1.Область определения находим а решение неравенства

loga loga x > 0.

(1)

2. При a > 1 неравенство (1) равносильно неравенству loga x > 1, от уда получим a < x < +×.

3.При 0 < a < 1 неравенство (1) равносильно неравенству 0 <

<loga x < 1, от уда следует, что a < x < 1.

4.Ответ: если a > 1, то a < x < +×;

если 0 < a < 1, то a < x < 1.

19. Для аждо#о положительно#о a − 1 решить неравенство

			xloga x + 1		> a2x.		(1)
1. Пусть a > 1; то#да, ло#арифмируя по основанию a обе части
неравенства (1), получим
(log	a	x + 1) log	a	x > log	x + 2, или log2	x > 2.	(2)
				a	a

Решив неравенство (2), получим два интервала –× < loga x < < –2 и 2 < loga x < +×, от уда находим

	0 < x < a– 2 и a 2 < x < +×.
2.	Пусть 0 < a < 1; то#да анало#ично получим
	(loga x + 1)loga x < loga x + 2, или loga2 x < 2.			(3)
Из неравенства (3) следует, что –		2 < loga x <		2 , от уда
a 2 < x < a– 2 .
3.	Ответ: если a > 1, то 0 < x < a–	2 , a 2	< x < +×;
	если 0 < a < 1, то a 2 < x < a–		2 .

339

20. При а их значениях параметра a неравенство
log	a	(x2 + 2) > 1	(1)
	------------
	a +	1

выполняется для любо#о значения x?

1. Та а x2 + 2 l 2, то для то#о чтобы левая часть неравенства (1) была положительной, нужно, чтобы выполнялось неравенство

a		> 1,	(2)
a-------+----	1-

от уда следует, что a < –1.

2. Перепишем неравенство (1) в виде

log	a	(x2	+ 2) > log	a		-----a------- .
						a + 1
	a------------+	1		------------
				a +	1

Это неравенство с учетом (2) равносильно неравенству

x2 + 2 >	-----a------	1-	,
	a +
оторое будет выполняться для любо#о значения x, если				-----a------	1-
				a +

т. е. если a < –2, a > –1. Из этих значений a толь о значения a удовлетворяют неравенству (2).

<2,

<–2

3.Ответ: a Ý (–×; –2).

21.В зависимости от значений параметра a решить неравенство

log2x + 3 (a – 2) < 1.

(1)

1.Неравенство имеет смысл при a > 2. Значения x должны удовлетворять условиям 2x + 3 > 0, 2x + 3 − 1, т. е. x > –1,5, x − –1.

2.Переписав неравенство (1) в виде

log2x + 3 (a – 2) < log2x + 3 (2x + 3),

(2)

заметим, что если 2x + 3 > 1, т. е. если x > –1, то неравенство (2)

a – 5

равносильно неравенству a – 2 < 2x + 3, от уда x > ------------ .

2

a – 5

3. Для выбора решения сравним числа ------------ и (–1), т. е. рассмот-

2

a – 5 a – 3

рим разность ------------ – (–1) = ------------ . Имеем:

2 2

a – 3 a – 3

а) ------------ m 0 при 2 < a m 3; б) ------------ > 0 при a > 3.

2 2

340