Функции. Монотонность: f(x) ∨ const и f(f(x)) = x —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ЕГЭ - Математика
Функции. Монотонность: f(x) ∨ const и f(f(x)) = x

Тема 18. Задачи с параметром

18.11 Функции. Монотонность: f(x) ∨ const и f(f(x)) = x

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи с параметром

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31671

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

√---- lgx+ x− 1= 4

Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающий функций $y =√x-$ и $y = x− 1$ — возрастающая функция $y = √x-− 1$ . Сумма двух возрастающих — возрастающая функция $√ ---- f(x)= lgx + x− 1$ . Тогда равенство $f(x)=4$ имеет не более одного корня. Подбором находим, что $x =10.$

Ответ:

$x ∈{10}$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31670

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

x 2 +x =6

Показать ответ и решение

Сумма двух возрастающих — возрастающая функция $f(x)= 2x+ x$ . Тогда равенство $f(x)= 6$ имеет не более одного корня. Подбором находим, что $x= 2.$

Ответ:

$x ∈{2}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31669

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

√------- √ ------ 37x+ 12− 31− 6x =2

Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающий функций $y =√x-$ и $y = 37x +12$ — возрастающая функция $y = √37x-+12$ . Композиция двух убывающих функций $√- y = − x$ и $y =31− 6x$ — возрастающая функция. Сумма двух возрастающих — возрастающая функция $√------- √------ f(x)= 37x+ 12 − 31− 6x$ . Тогда равенство $f(x)= 2$ имеет не более одного корня. Подбором находим, что $x =1.$

Ответ:

$x ∈{1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31668

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

3 x + x= 10

Показать ответ и решение

Сумма двух возрастающих функций —- возрастающая, следовательно, $f(x)= x3+x$ — возрастает. Тогда уравнение $f(x)= 10$ имеет не более одного решения. Подбором находим, что $x= 2.$

Ответ:

$x ∈{2}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31667

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

x x x 3 + 4 =5

Показать ответ и решение

Разделим обе части равенства на положительное $5x$ :

( 3)x (4)x 5 + 5 = 1

Показательная функция с основанием меньше $1$ является убывающей, сумма убывающих — также убывающая, следовательно, функция $( )x ( )x f(x)= 35 + 45$ убывает. Тогда равенство $f(x)=1$ имеет не более одного решения. Подбором находим, что $x =2.$

Ответ:

$x ∈{2}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31693

Найдите наименьшее и наибольшее значения параметра $a$ , при которых уравнение

√ ---- ∘ -3--- x− a+ x + 1= 2

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Так как композиция двух функций одинакового характера монотонности является возрастающей функцией, то $f (x)=√x-−-a 1$ и $√ 3---- f2(x)= x +1$ — возрастающие функции. Сумма двух возрастающих функций — возрастающая функция, следовательно, $√---- √-3--- f(x)= x− a+ x + 1$ — возрастающая на всей области определения:

({ x≥ a ( x≥ −1

Тогда уравнение $f(x)= const$ имеет не более одного решения.

1.: Пусть $a≤ −1$ , тогда областью определения являются $x ≥− 1$ . Тогда $f(x)≥f(−1)$ . Следовательно, $x0$ — решение исходного уравнения, если $f(x0)= 2≥ f(−1)$ : $( √ ----- ( ( {2 ≥ −1− a ⇔ {0 ≤− 1− a ≤4 ⇔ {−5 ≤a ≤− 1 ⇔ −5≤ a≤ −1 (a ≤−1 (a ≤− 1 (a ≤−1$
Наименьшее $a$ среди найденных равно $a= −5.$
2.: Пусть $a> −1$ , тогда областью значений являются $a≥ a$ . Тогда $f(x)≥ f()$ . Следовательно, $x0$ — решение исходного уравнения, если $f(x0)= 2≥ f(a)$ : $({ √-3--- ({ 3 - 2≥ a + 1 ⇔ 0 ≤a + 1≤ 4 ⇔ −1 <a ≤ 3√3 ( a> −1 (a >− 1$
Наибольшее $a$ среди найденных равно $√- a = 33.$

Ответ:

$a ∈{−5; 3√3}$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31692

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра $a> 1$ :

5 loga(ax)+ x − 2 =0

Показать ответ и решение

При $a> 1$ функция $g(t) =logt a$ является возрастающей функцией, следовательно, левая часть представляет собой сумму двух возрастающих функций, значит, является возрастающей функцией $f(x)$ , определенной при $x> 0$ . Тогда уравнение $f(x)= const$ имеет не более одного решения. Подбором находим, что решением уравнения является $x= 1$ .

Ответ:

$a ∈(1;+ ∞)⇒ x ∈{1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31675

Докажите утверждение: если $f(x)$ – строго возрастающая функция, то множество решений уравнения $f(x)=x$ и $f(f(x))= x$ совпадают.

Показать ответ и решение

Для возрастающей функции выполнено: если $x= x 0$ , то $f(x)= f(x) 0$ и если $x > x 1 2$ , то $f(x )> f(x ) 1 2$ . Рассмотрим этим равенства:

f(x)=x (1) f(f(x))= x (2)

Чтобы доказать равносильность этих равенств, достаточно доказать

1) если $x$ – корень (1), то $x$ – корень (2);

2) если $x$ — не корень (1), то он также не является корнем (2).

Из (1) равенства вытекает, что $f(f(x))= f(x)$ . Но так как по (1) верно $f(x)= x$ , то получаем $f(f(x))= f(x)=x$ , чтд.

Пусть $x$ — не корень уравнения (1), то есть $f(x)⁄= x$ . Рассмотрим два случая.

$f(x)> x$ . Тогда в в силу возрастания функции $f$ получаем, что $f(f(x))> f(x)>x$ , то есть $f(f(x))> x$ , следовательно, $x$ — не корень и равенства (2).
$f(x)< x$ . Тогда в в силу возрастания функции $f$ получаем, что $f(f(x))< f(x)<x$ , то есть $f(f(x))< x$ , следовательно, $x$ — не корень и равенства (2).

Ответ: Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31672

Решите неравенство, используя свойства монотонной функции

∘-2------ √----- x + x− 2+ 3x− 2< 4

Показать ответ и решение

Рассмотрим область определения функции $f(x)= √x2-+x−-2+ √3x−-2$ :

({ 2 x + x− 2≥ 0 ⇔ x ≥1 (3x− 2≥ 0

При $x≥ 1$ функция $2 y = x +x − 2$ возрастает (так как мы получаем правую часть ветви параболы, функции $√ - y = x$ и $y = 3x− 2$ также возрастающие, композиция возрастающих — возрастающая функция, сумма возрастающих — также возрастающая, следовательно, $f(x)$ — возрастает. Тогда неравенство $f(x)< 4$ решением имеет $1≤ x< x0$ , где $x0$ — корень уравнения $f(x)= 4$ . Подбором находим, что корень $x0 = 2.$

Ответ:

$x ∈[1;2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31538

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых функция $f(x)=2ex− a⋅e−x+ (1+ 2a)x − 3$ возрастает при всех $x ∈ℝ$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим производную функции

′ x −x f(x)= 2e + a⋅e + 1+ 2a

Если производная положительна при всех $x$ б то функция возрастает. Следовательно, найдем те $a$ , при которых

x a- 2e + ex + 1+ 2a >0 ∀x∈ ℝ

Сделаем замену $x t= e > 0$ , тогда полученное неравенство должно быть верно при всех пложительных $t$ :

2t2+ (1 +2a)t+a (2t+1)(t+ a) ------t------->0 ⇔ -----t-----> 0

Нули $t= − 12;0;− a$ . Чтобы решение неравенства содержало луч $(0;+∞ )$ , нужно, чтобы $− a ≤0$ , откуда $a≥ 0.$

Ответ:

$a ∈[0;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31537

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых любой корень уравнения

5∘ -------- 3 6,2x− 5,2+4log5(4x+ 1)+ 5a= 0

принадлежит отрезку $[1;6]$ .

Показать ответ и решение

Композиция двух возрастающих функций — возрастающая функция, следовательно, так как $y = 5√x$ и $y = 6,2x− 5,2$ возрастающие, то и $5√-------- y = 6,2x − 5,2$ возрастающая. Аналогично $y = log5(4x +1)$ — возрастает и определена при $1 x> − 4$ . Сумма возрастающих функций, а также сумма возрастающей и константы, — возрастающая, следовательно, определена при $1 x> − 4$ и возрастает

5∘ -------- y = 3 6,2x− 5,2+4log5(4x+ 1)+ 5a

По теореме для строго монотонной функции равенство $f(x)=const$ имеет не более одного корня.

Следовательно, пересекает ось абсцисс график этой функции не более одного раза. Значит, чтобы он пересекал ось абсцисс, причем этот корень принадлежал отрезку $[1;6]$ (заметим, что все $x$ из этого промежутка удовлетворяют условию $1 x> −4$ ), нужно

({ ({ [ ] y(1)≤0 ⇔ 3+ 4+ 5a≤ 0 ⇔ a∈ − 14;− 7 (y(6)≥0 (6+ 8+ 5a≥ 0 5 5

Ответ:

$a ∈[−2,8;−1,4]$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#18562

Найдите все значения параметра $a,$ при которых уравнение

x+5 2 − log2(−x − 3)+ 2 − a= x + 1+ 6(x+ 1)

имеет ровно одно решение на отрезке $[− 4;−3].$

Показать ответ и решение

Перенесем все слагаемые в левую часть:

x+5 2 − log2(− x− 3)+ 2 − x − 1 − 6(x+ 1)− a= 0

Рассмотрим функцию $f(x)= − log2(− x− 3),$ она определена при $x ∈(−∞; −3).$
Возьмем ее производную:
$′ 1 1 f (x)= −(x+-3)ln2-= −(x-+3)ln2$
Очевидно, что при $x∈ (− ∞;− 3)$ производная положительна, следовательно, функция $f$ строго монотонно возрастает на всей области определения.
Функция $g(x)= 2x+5$ строго монотонно возрастает на всей числовой прямой.
Функция $2 h(x) =− x − 1− 6(x + 1)$ — парабола с ветвями вниз, с вершиной в точке $−(−6) xв = 2⋅(−1) = −3.$ Таким образом, на промежуток $(−∞; −3)$ приходится ее левая монотонно возрастающая ветвь.

Получили, что все три функции строго монотонно возрастают на промежутке $(−∞;− 3),$ следовательно, и их сумма строго монотонно возрастает на этом промежутке. Из этого сразу следует, что уравнение имеет не более одного корня. Нам нужно найти такие $a,$ при которых он существует и принадлежит отрезку $[−4;−3].$

Будем рассматривать строго монотонно возрастающую функцию

s(x)= f(x)+ g(x)+ h(x)− a =

= − log2(−x − 3)+ 2x+5− x2− 1− 6(x + 1)− a

Если в точке $− 4$ она принимает положительное значение, то во всех точках отрезка $[− 4;− 3]$ она также будет принимать положительные значения, то есть корней на этом отрезке не будет. Таким образом, значения $a,$ соответствующие этой ситуации, нам точно не подойдут. Найдем их.

s(− 4) >0 − log2(− (− 4) − 3)+ 2(− 4)+5− (−4)2 − 1 − 6(−4 +1)− a >0 1 − log2(1)+ 2 − 16− 1+ 18> a a < 3

При всех остальных $a,$ то есть $a ≥3,$ значение функции $s$ в точке $− 4$ неположительно. Если в начале отрезка, то есть в точке $− 4,$ функция неположительна, а в некоторой точке $x0$ отрезка функция положительна, то где-то на $[−4;x0]$ она будет равна нулю, то есть будет иметь корень.

$xyy−−34= s(x)$

Заметим, что при $x→ −3$ функции $g$ и $h$ принимают положительные значения, а функция $f$ неограниченно возрастает, так как логарифм от близкого к нулю числа стремится к $− ∞$ и перед логарифмом стоит знак « $−$ ».

Таким образом, какой бы ни была константа $a,$ функция $s$ будет принимать положительное значение в некоторой точке отрезка $[− 4;−3].$

Тогда исходное уравнение имеет ровно одно решение на указанном отрезке при

a∈ [3;+ ∞)

Ответ:

$a ∈[3;+ ∞ )$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получен верный ответ	4

Недостаточное обоснованный переход к ответу или ответ отличается от верного невключением $a = 3$	3

Обоснованный переход к неравенству, но его решение неверное	2

Введены и исследованы функции	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#2558

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых хотя бы одно решение уравнения

sinx ⋅ cos x + 2cos x = a + 2 + 2sinx − 5x

принадлежит отрезку $[ π] 0; -- 2$ .

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в виде:

sinx ⋅ cos x + 2cos x − 2 − 2sinx + 5x = a

и рассмотрим функцию $f(x) = sinx ⋅ cos x + 2cosx − 2 − 2 sin x + 5x$ . Найдем ее производную:

f′(x) = 5 + cos2x − sin2x − 2 sin x − 2cos x = 5 + cos2x − 2 (sin x + cosx) = ( √ -- √ -- ) √-- 2 2 √ -- ( π ) = 5 + cos2x − 2 2 -2--sin x + -2--cosx = 5 + cos2x − 2 2 ⋅ sin x + 4

Т.к. $( π ) √ -- − 1 ≤ cos 2x ≤ 1, − 1 ≤ sin x + -- ≤ 1 ⇒ f′(x) ≥ 4 − 2 2 > 0 4$ при всех значениях $x$ .

Следовательно, $f (x )$ – строго возрастающая функция. Значит, уравнение $f (x ) = a$ может иметь не более одного решения при всех значениях $a$ . Для того, чтобы $x 0$ являлось решением уравнения, нужно, чтобы $a = f (x0)$ .

Т.к. функция $f(x )$ – строго возрастает, то если $x0$ пробегает отрезок $[ π] 0; -- 2$ , то множеством значений функции $f (x )$ является отрезок $[ (π )] f(0);f -- 2$ .

Таким образом, так как $f (x) = a$ , то $[ (π )] a ∈ f(0);f 2-$ , следовательно, $[ ] 5π a ∈ 0; 2--− 4$ .

Ответ:

$[ ] a ∈ 0; 5π-− 4 2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#1711

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых уравнение

2x3 − 3x (ax + x − a2 − 1) − 3a − a3 = 0

имеет хотя бы один корень из отрезка $[− 1;0 ]$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(x) = 2x3 − 3x(ax + x − a2 − 1 ) − 3a − a3$ при некотором фиксированном $a$ . Найдем ее производную: $f′(x ) = 6x2 − 6ax − 6x + 3a2 + 3 = 3(x2 − 2ax + a2 + x2 − 2x + 1) = 3((x − a )2 + (x − 1)2)$ .

Заметим, что $′ f (x) ≥ 0$ при всех значениях $x$ и $a$ , причем равна $0$ только при $x = a = 1$ . Но при $a = 1$ :
$f ′(x) = 6(x − 1)2 ⇒ f(x) = 2(x − 1)3 ⇒$ уравнение $2(x − 1)3 = 0$ имеет единственный корень $x = 1$ , не удовлетворяющий условию. Следовательно, $a$ не может быть равно $1$ .

Значит, при всех $a ⁄= 1$ функция $f (x )$ является строго возрастающей, следовательно, уравнение $f (x) = 0$ может иметь не более одного корня. Учитывая свойства кубической функции, график $f (x )$ при некотором фиксированном $a$ будет выглядеть следующим образом:

$PIC$

Значит, для того, чтобы уравнение имело корень из отрезка $[− 1;0]$ , необходимо:

{ { { f (0) ≥ 0 a (a2 + 3) ≤ 0 a ≤ 0 ⇒ ⇒ ⇒ − 2 ≤ a ≤ 0 f (− 1 ) ≤ 0 (a + 2)(a2 + a + 4) ≥ 0 a ≥ − 2

Таким образом, $a ∈ [− 2;0]$ .

Ответ:

$a ∈ [− 2;0]$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#33662

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых неравенство

| 2 2 | 2 2 ||x − 6x+ 5|− x + 6x− 13|< a− a − (x− 2)+ 2x− 4

имеет единственное целое решение.

Показать ответ и решение

Преобразуем неравенство

2 2 2 2 ||x − 6x+ 5|− (x − 6x+ 5)− 8|+ x − 6x+ 5+ (a − a+ 3)< 0

Сделаем замену $t= x2− 6x+ 5= (x− 3)2− 4≥ −4$ , тогда неравенство примет вид

2 ||t|− t− 8|+t+ (a − a+ 3)< 0

Переменной $t< −4$ не соответствует ни один $x$ ; переменной $t=− 4$ соответствует один $x= 3$ ; переменной $t>− 4$ соответствует два $x =3± √t+-4$ . Следователььно, целый $x$ мы получаем, если $√t+-4∈ ℤ$

Рассмотрим функцию $g(t)=||t|− t− 8|+ t$ :

(||t+ 8,t≥ 0 |{ g(t)= |||3x+ 8,− 4< t<0 (−t− 8,t≤−4

Следовательно, график функции $f(t)= g(t)+(a2− a+3)$ выглядит следующим образом (выделим часть при $t≥ −4$ ):

$PIC$

Функция $y = f(t)$ монотонно возрастает при $t≥ −4$ , а наше неравенство имеет вид $f(t)< 0$ . Если взято такое $a= a0$ , что существует решение неравенства $f(t)<0$ , то оно имеет вид $t∈[−4;t0)$ , причем это $a0$ задается условием $f(− 4)<0$ . Так как при $t= −4$ мы получаем целый $x =3$ , то $t0$ должно быть меньше $− 3$ (иначе $√t+-4∈ℤ$ и мы получим еще два целых $x$ ). Следовательно,

( ( ( {f(−4)<0 {||− 4|+4 − 8|− 4 +a2− a+ 3< 0 { a2 − a− 1< 0 (f(−3)≥0 ⇔ (||− 3|+3 − 8|− 3 +a2− a+ 3≥ 0 ⇔ ( a2 − a+ 2≥ 0 ( √- √- - - |{1−25 <a < 1+25- 1−-√5 1+-√5 |(a∈ ℝ ⇔ 2 < a< 2

Ответ:

$a ∈(1−√5;1+√5) 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31910

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых уравнение

∘ --√-------- a+ a+ sinx= sinx

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Пусть $t= sinx$ . Рассмотрим функцию $f(t)= √a-+t$ , тогда уравнение примет вид $f(f(t))=t$ . Так как $f(t)$ — возрастающая функция, то равенства $f(f(t)) =t$ и $f(t)= t$ равносильны. Следовательно, корни исходного уравнения при замене $t= sinx$ совпадают с корнями уравнения

({ 2 √a-+-t=t ⇔ t − t− a= 0 (1≥ t≥ 0

Заметим, что вершина параболы $y =t2− t− a$ не зависит от параметра и равна $t(верш) = 12$ . Заметим, что числа $0$ и $1$ расположены симметрично относительно абсциссы вершины параболы, значит, значения, которые функция принимает в этих точках, одинаковы. Следовательно, полученная система будет иметь хотя бы один корень $t= t0 ∈[0;1]$ , если парабола будет выглядеть следующим образом:

$PIC$

Следовательно, при условии $D = 1+ 4a ≥0$ имеем

⌊ y(0) ≥0 ⌈y(1) ≥0 ⇔ y(0)≥ 0 ⇔ −a≥ 0 ⇔ a ≤0

Так как $a≥ − 1 4$ , получаем $− 1 ≤a ≤0. 4$

Ответ:

$a ∈[−0,25;0]$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#31555

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых неравенство

∘-2------- 2 log1a( x + ax+ 5+1)⋅log5(x +ax+ 6)+loga3≥ 0

имеет ровно одно решение.

Показать ответ и решение

Сделаем замены $y = x2+ ax+5$ , $t= √y$ и исследуем их. Функция $y$ является квадратичной, ее область значений $y ∈[y;+∞ ) 0$ , где $y 0$ — ордината вершины параболы. Абсцисса вершины равна $a x0 = −2$ , следовательно, $a2 y0 = 5− 4$ . Так как в $√- y = y$ переменная $y$ находится под корнем, то $y ≥ 0$ . Следовательно, если $y0 >0$ , то $y ∈[y0;+∞ )$ и $√ -- t∈ [ y0;+∞ )$ . Если же $y0 ≤ 0$ , то $y ∈ [0;+∞ )$ и $t∈ [0;+∞ )$ . Заметим, что каждому $y < y0$ не соответствует ни одного решения $x$ , для $y = y0$ получаем одно решение $x$ , для $y >y0$ получаем два решения $x$ .

Преобразуем исходное неравенство с учетом замены при $a >0,a⁄= 1$ :

loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t2 +1)≥ 0

Так как точно $t≥ 0$ , то $t+1≥ 1$ , $2 t +1 ≥1$ , следовательно,

при $a> 1$ функции $f = loga(t+1)$ и $2 g = log5(t + 1)$ неотрицательны и возрастающие, следовательно, их произведение — возрастающая функция.
Тогда
$2 F(t)= loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t +1) — убывающая.$
тогда неравенство $F ≥ 0$ имеет решение $t∈[0;t0]$ , где $t0$ — корень уравнения $F = 0.$
Учитывая возможную область значений для $t$ (либо $[y0;+∞ )$ , либо $[0;+∞ )$ ), этот случай имеет смысл рассматривать.
при $0 <a <1$ функция $f = loga(t+1)$ неположительна и убывающая, а $g =log5(t2 +1)$ неотрицательна и возрастающая, следовательно, их произведение — убывающая функция.
Тогда
$2 F(t)= loga3− loga(t+ 1)⋅log5(t + 1) — возрастающая.$
Тогда неравенство $F ≥ 0$ имеет решение $t≥ t0$ , где $t0$ — корень уравнения $F = 0.$
Учитывая возможную область значений для $t$ (либо $[y0;+∞ )$ , либо $[0;+∞)$ ), этот случай не имеет смысла рассматривать, так как мы в любом случае получим бесконечно много решений $t$ неравенства, следовательно, при обратной замене получим бесконечно много решений $y$ , а затем и $x.$

Заметим, что подбором находится корень уравнения $F = 0$ — это $t=2$ , причем этот корень единственный, так как в любом случае $F$ — строго монотонная функция, следовательно, это уравнение имеет не более одного корня.

Рассмотрим случай $a> 1$ подробнее. Тогда решение неравенства $F ≥ 0$ — это $0≤ t≤ 2$ . Если $y0 <0$ , то $t≥ 0$ , следовательно, итоговое решение будет $t∈ [0;2]$ , причем каждому $t$ будет соответствовать по два $x$ , следовательно решений будет более одного. Если $y0 = 0$ , то также $t∈ [0;2]$ , причем $t= 0$ будет соответствовать один $x =x0$ , остальным $t$ — по два $x$ . Тоже более одного решения.

Если $y0 >0$ , то получаем $√-- t∈[ y0;2]$ , причем $√-- t= y0$ будет соответствовать один $x$ , а остальным — по два. Следовательно, чтобы решение было единственным, отрезок для $t$ должен быть вырожденным, то есть $√-- y0 = 2$ . Тогда