Задачи с параметрами и методы их решения

5. Пусть уравнение (3) имеет отрицательные орни t1 < 0 и t2 < 0. Со#ласно теореме Виета, это имеет место то#да и толь о то#да, о#- да p > 0 и q > 0.

6. Значит, при p > 0 и q > 0 уравнение (1) равносильно сово упности уравнений loga sin x = t1, 2, #де t1, 2 — отрицательные орни уравнения (3). То#да получим

x= (–1)k arcsin at1, 2 + πk, k Ý Z.

7.Пусть t1 < t2 и больший орень положителен, а меньший отрицателен. В этом случае число 0 расположено между орнями t1

иt2. Необходимым и достаточным условием это#о является выпол-

нение неравенства q < 0.

8. Та им образом, при q < 0 и любом p уравнение (1) равносильно уравнению loga sin x = t1, #де t1 — отрицательный орень уравнения (3). Отсюда находим

x= (–1)n arcsin at1 + πn, n − Z.

9.Анало#ично рассматривается случай 0 < a < 1. Пола#ая loga sin x = t и учитывая, что loga sin x l 0, получим смешанную

систему

t2 + pt + q = 0, t l 0.

10.Дальнейшее исследование проводится та же, а и в первом случае.

11.Ответ: 1) a > 1. Если q > 0, то при p > 0

x = (–1)k arcsin at1, 2 + πk, k Ý Z,

#де t1, 2 — отрицательные орни уравнения (3), а при p < 0 уравнение (1) орней не имеет; если q < 0, то при любом p

x = (–1)n arcsin at1 + πn, n Ý Z,

#де t1 — отрицательный орень уравнения (3). 2) 0 < a < 1. Если q > 0, то при p < 0

x = (–1)k arcsin at1, 2 + πk, k Ý Z,

#де t1, 2 — положительные орни уравнения (3), а при p > 0 уравнение (1) орней не имеет; если q < 0, то при любом p

x = (–1)n arcsin at2 + πn, n Ý Z,

#де t2 — положительный орень уравнения (3).

381

4. Определить, при а их значениях параметра a уравнение
a cos 2x + |a| cos 4x + cos 6x = 1						(1)
равносильно уравнению
sin x cos 2x = sin 2x cos 3x – 0,5 sin 5x.						(2)
1. В уравнении (2) преобразуем произведения в разности синусов:
sin x – sin 3x = sin 5x – sin x – sin 5x,
π n
от уда sin 3x = 0, x = ------ .
3
2. Отсюда находим:
cos 2x = cos	2π n	=		1 при n = 3k,
			1
	----------
	3			–--	при n − 3k;
				2
cos 4x = cos	4π n	=		1 при n = 3k,
				–--	при n − 3k;
	3
	----------		1
				2
cos 6x = cos				6π n	= 1.
			----------
			3

3.Подставив значения cos 2x, cos 4x и cos 6x в уравнение (1),а при n = 3k, та и при n − 3k получим соотношение a + |a| = 0, из оторо#о устанавливаем необходимое условие равносильности данных уравнений: a m 0.

4.Проверим достаточность условия a m 0.

а) При этом условии уравнение (1) примет вид

a cos 2x – a cos 4x = 1 – cos 6x,
или
2a sin 3x sin x = 2 sin2 3x.		(3)
б) Уравнение (3) распадается на три уравнения:
π n	,
sin 3x = 0, от уда x = ------
3
sin x = 0, от уда x = πk,
a = 3 – 4 sin2 x.		(4)

5. Для то#о чтобы уравнение (1) было равносильно уравнению (2), необходимо, чтобы уравнение (4) не имело дру#их решений, роме

πn x = ------ .

3

а) Если

3-------–----a-	> 1 или	3-------–----a-	< 0, от уда в силу условия a m 0 по-
4		4

лучаем a < –1, то уравнение (4) не имеет решений.

382

1 3

б) Если же левая часть уравнения (4) равна 0; -- ; -- ; 1, то реше-

4 4

π n

ния это#о уравнения входят в множество x = ------ .

3

3 – a 3 – a 1 3 – a 3 3 – a

в) Из соотношений ------------ = 0; ------------ = -- ; ------------ = -- ; ------------ = 1 нахо-

4 4 4 4 4 4

дим a = 3; a = 2; a = 0 и a = –1 соответственно.

#) Учитывая условие a m 0, получаем a = 0 и a = –1.

6. Ле# о проверить, что условия a = 0 и a m –1 являются достаточными и уравнения (1) и (2) при этих условиях равносильны, а

π n

их общее решение есть x = ------ , n Ý Z.

3

7.Ответ: a Ý (–×; –1] Ÿ {0}.

5.Для всех значений параметра a решить неравенство

3------x----+-----a-	< a – 1.	(1)
x – a

1. Левая часть неравенства (1) неотрицательна на ОДЗ, поэтому a – 1 > 0, т. е. a > 1. Найдем ОДЗ данно#о неравенства. Имеем

3----x-------+----a-	l 0, от уда получаем два промежут а: –× < x m –a--	; a <
x – a	3

<x < +×.

2.Возведя обе части неравенства (1) в вадрат, получим

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

3x + a < (a – 1)2,

x – a

т. е.

x(2 + 2a – a2) + a(a2 – 2a + 2)

---------------------------------------------------------------------------------- < 0. x – a

3. Это неравенство с учетом ОДЗ и условия a > 1 равносильно сово упности двух систем:

a > 1,

a x m –-- ,

3

x(2 + 2a – a2) + a(a2 – 2a + 2) > 0;

a > 1,

x > a,

x(2 + 2a – a2) + a(a2 – 2a + 2) < 0,

383

384

т. е. сово упности

a > 1,

a x m –-- ,

3

x(a2 – 2a – 2) < a(a2 – 2a + 2);

a > 1,

x > a,

x(a2 – 2a – 2) > a(a2 – 2a + 2).

(2)

(3)

3. Та а

a2 – 2a – 2 = (a – (1 + 3 ))(a – (1 – 3 )),

то a2 – 2a – 2 < 0 при 1 – 3 < a < 1 + 3 ; a2 – 2a – 2 = 0 при a1 =

=1 + 3 , a2 = 1 – 3 и a2 – 2a – 2 > 0 при a > 1 + 3 , a < 1 – 3 .

4.При a = 1 + 3 система (3) не имеет решений, а системе (2)

удовлетворяют все x из промежут а –× < x m –-----1------–---------3- .
								3
5. При 1 < a < 1 + 3 сово упность систем (2), (3) равносильна
соответственно сово упности систем
	1 < a < 1 +					3 ,
	x m –a ,--							(4)
			3
	x >		a(a2 – 2a + 2)				;
			-----a----2----		–-----2----a-------–--2------
	1 < a < 1 +					3 ,
	x > a,							(5)
			a(a2 – 2a + 2)
	x <
			-----a----2----–-----2----a-------–--2------
и справедливы неравенства
a(a2 – 2a + 2)		< –		a	a(a2 – 2a + 2)			< a;
-----a----2----–-----2----a----–-----2------				3--	, -------------------------------------
					a2 – 2a – 2

поэтому решениями системы (4) являются все x из промежут а

	a(a2 – 2a + 2)		< x m –	a	, а система (5) решений не имеет.
	-----a----2----	–-----2----a----–-----2------		3--

6. При a > 1 + 3 сово упность систем (2), (3) равносильна соответственно сово упности систем

		a > 1 +					3 ,
		x m –a ,--							(6)
					3
		x <		a	(a2 – 2a + 2)			;
				----	-a----2----		–-----2----a----–-----2------
		a > 1 +					3 ,
		x > a,							(7)
				a(a2 – 2a + 2)
		x >
				----	-a----2----–-----2----a----–-----2------
и справедливы неравенства
a(a2 – 2a + 2)			> –			a	a(a2 – 2a + 2)		> a;
-----a----2----	–-----2----a----–-----2------					3--	, -------------------------------------
							a2 – 2a – 2

поэтому решениями системы (6) являются все x из промежут а

–× < x m –a--	, а решениями системы (7) — все x из промежут а
3
a(a2 – 2a + 2)	< x < +×.
-----a----2----–-----2----a----–-----2------
7. Ответ: если a m 1, то решений нет;
	если 1 < a < 1 +		3 , то	a(a2 – 2a + 2)		< x m –		a	;
				-----a----2----–-----2----a----–-----2------				3--
	если a = 1 +	3	, то –× < x m –-----1------–---------3-			;
					3
	если a > 1 +	3	, то –× < x m –--a		,
				3
				a(a2 – 2a + 2)			< x < +×.
				-----a----2----	–-----2----a----–-----2------
6. Определить, при а их значениях параметра a уравнение
	2 sin7 x = (1 + sin πa)sin x + a sin3 x								(1)
равносильно уравнению
(a – 1)(1 + cos2 x) + 2 sin6 x = 2 sin2 x + 2(a – 1)3.									(2)

385

1.Та а уравнение (1) имеет решение x = πn, при отором

sin x = 0, то для равносильности уравнений (1) и (2) необходимо, чтобы значения x = πn удовлетворяли уравнению (2).

2.Подставляя значения x = πn в уравнение (2), получаем 2(a – 1) = 2(a – 1)3, от уда a1 = 1, a2 = 0, a3 = 2.

3.Проверим достаточность этих условий.

а) Пусть a = 1. То#да уравнение (1) примет вид

2 sin7 x = sin x + sin3 x.	(3)
Используя разложение на множители, получаем
sin x (sin2 x – 1)(2 sin4 x + 2 sin2 x + 1) = 0,
от уда
sin x = 0,	(4)
sin2 x = 1.	(5)

Уравнение 2 sin4 x + 2 sin2 x + 1 = 0 не имеет решений, та а дис риминант уравнения 2z2 + 2z + 1 = 0 (#де z = sin2 x) отрицате-

лен. Объединяя решения x = πn и x =	π	+ πk уравнений (4) и (5),
	--
	2
π m
получаем x = -------- .
2
Уравнение (2) при a = 1 примет вид
2 sin6 x = 2 sin2 x,			(6)

от уда sin x = 0 и sin2 x = 1, т. е. решение уравнения (6) та же

π m

имеет вид x = -------- . Следовательно, при a = 1 уравнения (1) и (2)

2

равносильны.

б) Пусть a = 0. То#да уравнение (1) примет вид 2 sin7 x = sin x,

1

от уда sin x = 0 и sin x = ä6 -- .

2

Уравнение (2) при a = 0 имеет вид

–1 – cos2 x + 2 sin6 x = 2 sin2 x – 2, или 2 sin6 x = sin2 x,

1

от уда sin x = 0 и sin x = ä4 -- . Очевидно, что при a = 0 множества

2

решений уравнений (1) и (2) не совпадают, т. е. эти уравнения не равносильны.

в) Пусть a = 2. То#да уравнение (1) примет вид
2 sin7 x = sin x + 2 sin3 x;	(7)

386

уравнение (7) распадается на два уравнения: sin x = 0, от уда x = πn, и

2 sin6 x – 2 sin2 x = 1.

(8)

Пола#ая z = sin2 x (0 m z m 1), рассмотрим фун цию

f(z) = 2z3 – 2z = 2z(z + 1)(z – 1).

Та а 0 m z m 1, то f(z) m 0 и, следовательно, уравнение f(z) = = 1 не имеет решений при 0 m z m 1, т. е. не имеет решений и уравнение (8).

Множеством решений уравнения (7) являются значения x = πn. Уравнение (2) при a = 2 имеет вид

1 + cos2 x + 2 sin6 x = 2 sin2 x + 2,

или

2 sin6 x = 3 sin2 x.

(9)

Уравнение (9) распадается на два уравнения: sin x = 0, от уда

x= πn, и 2 sin4 x = 3, оторое не имеет решений.

4.Ита , при a = 2 множества решений уравнений (1) и (2) совпадают (x = πn) и, следовательно, эти уравнения равносильны.

5.Ответ: a = 1 и a = 2.

7. Найти все значения a, при аждом из оторых неравенство

9 – (x – a)2 > |x| (1) имеет хотя бы одно положительное решение.

1.Рассмотрим фун ции y1(x) = 9 – (x – a)2 и y2(x) = |x|.

2.Неравенство (1) будет иметь хотя бы одно положительное решение, если y1(x) > y2(x) при x > 0.

3.Графи фун ции y1(x) = 9 – (x – a)2 есть полуо ружность

срадиусом r = 3 и центром в точ е C(a; 0), расположенная выше оси Ox.

4.Действительно, уравнение y1(x) = 9 – (x – a)2 равносильно системе

y1(x) l 0,			т. е.		y1(x) l 0,
y2	(x) = 9	– (x – a)2,			(x – a)2 + y2	(x) = 9.	(2)
1					1

387

	Уравнение (2) является уравнением
	о ружности с радиусом r = 3 и цент-
	ром в точ е C(a; 0). Условие y1(x) l 0
	соответствует части о ружности, распо-
	ложенной выше оси Ox.
Рис. 112	5. Графи рассматриваемой фун -
	ции при a < 0 и a > 0 изображен на
	рис. 112.

6. Рассмотрим два возможных случая.

а) Пусть a l 0. Графи и фун ций y1(x) и y2(x) имеют одну об-

щую точ у A, если a = a1 = 32 (рис. 113, а). В этой точ е выполняется условие y1(x) = y2(x). Очевидно, что исходное неравенство имеет положительные решения (выполняется условие y1(x) > y2(x)

при x > 0), если a Ý [0; 32 ) (рис. 113, б).

Рис. 113

б) Пусть a < 0. Графи и фун ций y1(x) и y2(x) имеют одну об-

щую точ у B, если a = a2 = –32 (рис. 114, а). В этой точ е выполняется условие y1(x) = y2(x). Очевидно, что исходное неравенство имеет отрицательные решения (выполняется условие y1(x) > y2(x)

при x < 0), если a Ý (–32 ; –3) (рис. 114, б), и имеет положительные решения (выполняется условие y1(x) > y2(x) при x > 0), если

aÝ (–3; 0) (рис. 114, в).

7.Объединяя полученные частные решения, делаем вывод: неравенство (1) имеет хотя бы одно положительное решение, если

aÝ (–3; 32 ).

8.Ответ: a Ý (–3; 32 ).

388

Рис. 114

8. В зависимости от значений параметра a решить неравенство

--ax---------2- – 2a < a2 + 1.

(1)

x – 1

1. После упрощения неравенство (1) преобразуется виду

ax2 – (a + 1)2x + (a + 1)2

< 0.

(2)

-----------------------------x------–-----1--

-----------

--

---------

----

2. Пусть a − 0; то#да орнями вадратно#о уравнения ax2 –

– (a + 1)2x + (a + 1)2 = 0 являются x

= a + 1 и x

2

= a-------+----1- .

1

a

3. Та им образом, неравенство (2) можно переписать следую-

щим образом:

a(x – (a + 1))

x –

a + 1

< 0.

(3)

-----a------

-

4. Ясно, что в зависимости от расположения орней будем по-

лучать разные решения.

I случай: 1 < a +-----------1- < a + 1 (рис. 115, а). То#да

a

a + 1

< a + 1,

(a

+

1)(a

–

1)

> 0

a

----

----

a + 1

т. е.

a

> 1,

a > 0,

a

т. е. a > 1 (рис. 115, б).

389

Рис. 115

Возвращаясь неравенству (3), за лючаем, что если a > 1, то

x Ý (–×; 1) Ÿ

a + 1

; a + 1

(см. рис. 115, а).

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

a

a + 1

< 1 < a + 1 (рис. 116). То#да

II случай: ------------

a

a + 1

< 1,

a < 0,

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

a

т. е.

a > 0.

Рис. 116

a + 1 > 1,

Этот случай невозможен.

III случай:

a + 1

< a + 1 < 1 (рис. 117, а). То#да

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

a

a + 1

< a + 1,

(a + 1)(a – 1)

> 0,

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

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

a

т. е.

a

a + 1 < 1,

a < 0,

т. е. –1 < a < 0 (рис. 117, б).

Возвращаясь неравенству (3), находим, что если –1 < a < 0, то

x a + 1 ; a + 1 (1; + ) (см. рис. 117, а).

Ý ------------ Ÿ × a

			Рис. 117
	a + 1			(рис. 118, а). То#да
IV случай: 1 < a + 1 < ------------
			a
	1 < a + 1,				a > 0
	a + 1		т. е.		(a – 1)(a + 1)
	a + 1 < ------------	,			-----------------------------------	< 0,
	a				a

т. е. 0 < a < 1 (рис. 118, б).

390