Задачи с параметрами и методы их решения

Рис. 118

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

x Ý (–×; 1)

Ÿ

a

a + 1

(см. рис. 118, а).

+ 1; ------------

a

V случай: a + 1 < 1 <

a + 1

------------ (рис. 119). То#да

a

a + 1 < 1,

т. е.

a < 0,

a + 1

a > 0.

1 <

------------ ,

a

Рис. 119

Этот случай невозможен.

a + 1

< 1 (рис. 120, а). То#да

VI случай: a + 1 < ------------

a

a + 1

,

(a + 1)(a – 1)

a + 1 < ------------

< 0,

a

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

a + 1

т. е.

a

a < 0,

------------ < 1,

a

т. е. a < –1 (рис. 120, б).

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

x Ý

a + 1;

a + 1

Ÿ (1; +×) (см. рис. 120, а).

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

a

a + 1

. То#да

VII случай: a + 1 = ------------

a

a2 – 1 = 0,

a = 1,

a − 0,

т. е.

a = –1.

Рис. 120

391

Рис. 121 Рис. 122

а) Если a = 1, то a + 1 = a-----+------1-

= 2. Поэтому неравенство (3) вы-

a

полняется при x Ý (–×; 1) (рис. 121).

б) Если a = –1, то a + 1 = a-------+----1- = 0. Поэтому неравенство (3)

a

выполняется при x Ý (1; +×) (рис. 122).

VIII случай: a = 0. То#да неравенство (1) примет вид -----

0----

---

< 1,

x – 1

т. е. оно выполняется при x Ý (–×; 1) Ÿ (1; +×).

5. Ответ: если a < –1, то x Ý

a + 1;

a + 1

Ÿ

(1; +×);

----

---

a----

-

если a = –1, то x Ý (1; +×);

если –1 < a < 0, то x

Ý

a + 1

; a

+ 1

Ÿ (1; +×);

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

если a = 0, то x Ý (–×; 1) Ÿ (1; +×);

если 0 < a < 1, то x Ý (–×; 1) Ÿ

a + 1;

a + 1

;

-----

a-------

если a = 1, то x Ý (–×; 1);

если a > 1, то x Ý (–×; 1) Ÿ

a + 1

; a + 1

.

----

-

a----

---

9. Исследовать и решить неравенство

(p – 2)x2 + (p + 3)x + p + 6

l

0.

(1)

-------------------------------4------–---x----2-------

---------

--

--------

-

1. Находим ОДЗ переменной x в данном неравенстве: 4 – x2 > 0,

т. е. x Ý (–2; 2).

2. Пусть p − 2; то#да D = –3p2 – 10p + 57.

3. Если D = 0, то p1 = –19--3---- , p2 = 3. Если D − 0, то

x =

–-----(--p------+-----3----)--–---------D--- , x =

–-----(--p--------+---3----)--+-----------D--

1

2(p – 2)

2

2(p – 2)

— орни вадратно#о трехчлена

f(p) = (p – 2)x2 + (p + 3)x + p + 6.

(2)

392

4. Рассмотрим возможные случаи расположения чисел x1, x2, –2 и 2.

I случай: –2 < 2 < x1 < x2 (рис. 123, а). То#да из неравенства 2 < x1 < x2 следует:

D > 0,			–3p2 – 10p + 57 > 0,
– b > 2,	^		–		p + 3			> 2,	^
				----
2a				2	(p – 2)
af(2) > 0			(p – 2)[4(p – 2) + 2(p + 3) + p + 6] > 0
						–	19	< p < 3,
							3
							(p – 1) < 0,
		^			5----
					2		(p – 2)

(p – 2)(7p + 4) > 0.

Эта система не имеет решений (рис. 123, б).

Рис. 123

II случай: –2 < x1 < 2 < x2 (рис. 124, а). То#да от неравенств –2 < x1 < x2, x1 < 2 < x2 переходим системе

D > 0,

b

–------ > –2,

2a

af(–2) > 0, af(2) < 0

		–3p2 – 10p + 57 > 0,
		–	----	-	p----+------3-----	> –2,
	^		2(p – 2)				^
		(p – 2)[4(p – 2)					– 2(p + 3) + p + 6] > 0,
		(p – 2)[4(p – 2)					+ 2(p + 3) + p + 6] < 0
					–19	< p < 3,
					3
	^				3p – 11 > 0,
					2(p – 2)

(p – 2)(3p – 8) > 0, (p – 2)(7p + 4) < 0,

393

4

от уда –--

7

Рис. 124

< p < 2 (рис. 124, б). При этих значениях p должны одновременно выполняться неравенства x1 < x < x2 и –2 < x < 2, от-

уда x

4

, то x Ý [x ; 2).

1

< x < 2. Ита , если p Ý –-- ; 2

7

1

III случай: –2 < x1 < x2 < 2 (рис. 125, а). Та а (x1; x2) ô (–2; 2),

то получаем систему

D > 0,

–3p2 – 10p + 57 > 0,

p + 3

> –2,

–--------------------

b

2(p – 2)

–2 < –------

< 2,

2a

^

p + 3

^

af(–2) > 0,

–--------------------

< 2,

2(p – 2)

af(2) > 0

(p – 2)[4(p – 2) – 2(p + 3) + p + 6] > 0,

(p – 2)[4(p – 2) + 2(p + 3) + p + 6] > 0

19

–------ < p < 3,

3

3p – 11

> 0,

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

^

2(p – 2)

5(p – 1)

> 0,

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

2(p – 2)

(p – 2)(3p – 8) > 0,

(p – 2)(7p + 4) > 0,

19

<

4

(рис. 125, б). Та им образом, если p Ý

от уда – ------

p < – --

3

7

Ý

19

4

, то x Ý [x

; x ].

–------

; –--

3

7

1

2

394

Рис. 125 Рис. 126

IV случай: x1 < –2 < x2 < 2 (рис. 126, а). То#да от неравенств

x1 < –2 < x2 и x1 < x2 < 2 переходим системе

D > 0,

–3p2 – 10p + 57 > 0,

b

p + 3

–------ < 2,

–--------------------

< 2,

2a

^

2

(p – 2)

^

af(–2) < 0,

(p – 2)[4(p – 2) –2(p + 3) + p + 6] < 0,

af(2) > 0

(p – 2)[4(p – 2) + 2(p + 3) + p + 6] > 0

–

19

< p < 3,

------

3

^

5(p – 1)

> 0,

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

2

(p – 2)

(p – 2)(3p – 8) < 0,

(p – 2)(7p + 4) > 0,

8

(рис. 126, б). При этих значениях p должны одно-

от уда 2 < p < --

3

временно выполняться неравенства –2 < x < 2 и

x < x1,

от уда

x > x ,

2

x

< x < 2. Значит, если p

Ý

8

, то x Ý [x

; 2).

2

2; --

3

2

395

Рис. 127

V случай: x1 < x2 < –2 < 2 (рис. 127, а). То#да от неравенства x1 < x2 < –2 перейдем системе

D > 0,			–3p2 – 10p + 57 > 0,
b	^			p + 3	^
–------ < –2,			–-------------------- < –2,
2a			2	(p – 2)
af(–2) > 0			(p – 2)[4(p – 2) – 2(p + 3) + p + 6] > 0
				19
				–------ < p < 3,
				3
	^			3p – 11
				-------------------- < 0,
				2(p – 2)
				(p – 2)(3p – 8) > 0,

8

от уда -- < p < 3 (рис. 127, б). При этих значениях p неравенству (1)

3

мо#ут удовлетворять толь о значения x, принадлежащие ОДЗ это-

#о неравенства. Поэтому если p Ý	8	; 3		, то x Ý (–2; 2).
	--
	3

VI случай:		a > 0,			p – 2 > 0,
		D < 0,	т. е.		–3p2 – 10p + 57 < 0 (рис. 128). Если

p > 3, то неравенство f(p) > 0 верно при x Ý R, поэтому неравенство (1) выполняется при x Ý (–2; 2).

			a < 0,			p – 2 < 0,
VII случай:			D < 0,	т. е.		–3p2 – 10p + 57 < 0 (рис. 129). Если
19	, то неравенство f(p) < 0 справедливо при x Ý R, поэтому
p < – ------
3

неравенство (1) не имеет решений, та а 4 – x2 > 0.

396

					Рис. 128											Рис. 129
																					19
								19								p + 3			– ------ + 3
																					3
	VIII случай: p = –------ . То#да D = 0, x1 = x2 = --------------------																		= -------------------------- =
								3								2(2		– p)	2		19
																					2 + ------
																					3
= –	1
	-- Ý ОДЗ.
	5
	IX случай: p = 3. То#да D = 0, x												= x		=	p + 3			= –3 Ô ОДЗ.
														2		--------------------
												1				2(2		– p)
Значит, неравенство (1) выполняется при x Ý (–2; 2).
							4	. То#да неравенство f(p) l 0 примет вид
	X случай: p = –--
							7
	4	– 2		2	+		4	+ 3		4							2	– 17x – 38 l 0,
	–--			x			–--			x – -- + 6 l 0, или 18x
	7						7			7
от уда находим орни x										19	и x		= 2 соответствующе#о вад-
										= –------		2
									1	18

ратно#о уравнения. Поэтому неравенство (1) выполняется при

x Ý		19		.
		–2; –------
		18

XI случай: p = 2. То#да неравенство f(p) l 0 примет вид 5x + 8 l 0, от уда с учетом ОДЗ за лючаем, что x Ý [–1,6; 2).

8

XII случай: p = -- . То#да неравенство f(p) l 0 примет вид

3

8	– 2		x	2	+	8	+ 3		8	+ 6 l 0, или 2x	2	+ 17x + 26 l 0,
--						--			x + --
3						3			3

от уда находим орни x1 = –6,5 и x2 = –2 соответствующе#о вадратно#о уравнения. Та а x1 и x2 не принадлежат ОДЗ неравенства (1), то x Ý (–2; 2).

5.	Ответ: если p Ý			19		, то x Ý ¾;
			–×; –------
				3
			19	, то x		1	;
	если p = –------				= –--
			3			5

397

если p Ý		19	4		, то x Ý [x	; x ];
		–------	; –--
		3	7		1	2

		4	, то x				Ý	19			;
если p = –--								–2; –------
		7						18
если p Ý		–	4	; 2			, то x Ý [x ; 2);
			--
			7						1
если p = 2, то x Ý [–1,6; 2);
если p Ý		2;		8		, то x Ý [x			; 2);
				--
				3				2
если p Ý		8	; +×				, то x Ý (–2; 2).
		--
		3

10. Определить все значения a, при аждом из оторых неравенство

25y2	1	(1)
	+ --------- l x – axy + y – 25x2
	100

выполняется для любых пар (x; y) чисел та их, что |x| = |y|.

1.Пусть a — не оторое число, удовлетворяющее условию задачи. Это значит, что если в неравенстве (1) заменить всюду y на x или всюду y на –x, то полученное относительно x неравенство (1) будет выполняться при любом x.

2.Ита , при любом x должны быть справедливы неравенства

		(a + 50)x2 – 2x +				----	1-----	l 0,		(2)
						100
		(50 – a)x2 +			----1-----		l 0.			(3)
					100
	3. Неравенство (2) выполняется для всех x при условии								D----	= 1 –
									4
–	----1-----	(a + 50) m 0, т. е. D----	= 1-- –	----a-----	m 0, от уда a l 50.
	100	4	2	100

4.Неравенство (3) выполняется для всех x при условии 50 –

–a l 0, т. е. a m 50.

5.Поэтому единственным числом, удовлетворяющим требованию задачи, является a = 50.

6.При a = 50 исходное неравенство (1) примет вид

25y2 + 1 x – 50xy + y – 25x2,

--------- l

100

398

или

(5x + 5y)2 – 2(5x + 5y) ·			1	+	1
			------		--------- l 0,
			10		100
или
	1		2
	5x + 5y – ------		l 0,
	10

т. е. значение a = 50 есть решение задачи.

7.Ответ: a = 50.

11.Расположить в поряд е возрастания числа 1; 4 и орни уравнения

x2 – 2px + 2p2 – 4p + 3 = 0.

1. Пусть x1 и x2 (x1 m x2) — орни данно#о уравнения. Решение задачи сводится исследованию следующих шести случаев:

1) x1 m x2 < 1; 2) x1 m 1 m x2 m 4; 3) x1 < 1, x2 > 4; 4) 1 < x1 m x2 < 4; 5) 1 < x1 < 4 < x2; 6) 4 < x1 m x2.

2. Для вадратно#о трехчлена f(x) = ax2 + bx + c эти случаи опи-

сываются соответственно условиями:
	D l 0,			af(1) m 0,			af(1) < 0,
	b	(1)			(2)			(3)
	–------ < 1,
	2a			af(4) l 0;			af(4) < 0;
	af(1) > 0;
	D l 0,						D l 0,
	b
	1 < –------ < 4,			af(1) > 0,	(5)		b	(6)
	2a	(4)					–------ > 4,
	af(1) > 0,			af(4) < 0;			2a
							af(4) > 0.
	af(4) > 0;
3. Условия (1) в данном случае имеют вид

–4(p2 – 4p + 3) l 0, p < 1,

2(p2 – 3p + 2) > 0,

от уда следует, что p Ý ¾.

4. К тому же результату мы придем и при рассмотрении условий (3), (5) и (6).

399

5. Условия (2) запишутся та :

2(p2 – 3p + 2) m 0, 2p2 – 12p + 19 > 0,

от уда находим, что p Ý [1; 2].

6. На онец, условия (4) приводят системе

–4(p2 – 4p + 3) l 0, 1 < p < 4,

2(p2 – 3p + 2) > 0, 2p2 – 12p + 19 > 0,

от уда находим, что p Ý (2; 3].

7. Ответ: если p Ý (–×; 1] Ÿ (3; +×), то решений нет; если p = 1, то 1 = x1 = x2 < 4;

если p Ý (1; 2), то x1 < 1 < x2 < 4;

если p = 2, то x1 = 1 < x2 < 4; если p Ý (2; 3), то 1 < x1 < x2 < 4;

если p = 3, то 1 < x1 = x2 < 4.

12. При а их значениях параметра a число решений уравнения

3x2 + (9a2 – 2)x + 3a2 – 1 = 0

(1)

не превосходит числа решений уравнения

3	+ x + (3a – 2)	2	x	= (8	a	– 4) log		a	1		?	(2)
3x			· 3					3	– --
						3			2

1. Задача имеет смысл при условии 3a > 1 .

--

2

2.Рассмотрим сначала уравнение (2). При любом фи сированном значении параметра a правая часть это#о уравнения (с учетом ОДЗ) является постоянной.

3.Левая часть уравнения (2) есть стро#о возрастающая фун - ция, пос оль у ее производная положительна:

9x2 + 1 + (3a – 2)2 · 3x · ln 3 > 0.

4. Та а множеством значений у азанной фун ции является интервал (–×; +×), то уравнение (2) при любом допустимом значении параметра a имеет единственное решение.

400