Тема 18. Задачи с параметром
18.18 Функции. Метод оценки
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#31661

Решите уравнение

 |x|
2  = cosy
Показать ответ и решение

Так как |x|≥ 0  , то 2|x| ≥20 = 1  ; − 1≤ cosy ≤1  . Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны 1  :

({ |x|           ({
 2  = 1     ⇔    x= 0
(cosy = 1      ( y = 2πn,n ∈ℤ
Ответ:

(0;2πn) , n ∈ℤ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31660

Решите уравнение

  7     13
sin x+ cos x = 1
Показать ответ и решение

Верно: sinnx ≤sinn−1x  и coskx≤ cosk−1x  . Следовательно,

  7     13     2     2
sin x+cos x ≤sin x +cos x= 1

Значит, по методу оценки левая часть равна 1  тогда и только тогда, когда

                    (||⌊ sinx= 0        ⌊({ sinx= 1
({  7     2          ||||{⌈               ||(               ⌊x= π + 2πn,n ∈ℤ
 sin x =sin x     ⇔    ⌊ sinx= 1    ⇔   |||( cosx= 0    ⇔   |⌈   2
(cos13x= cos2x        |||||⌈ cosx= 0        |⌈{ sinx= 0         x= 2πm,m ∈ ℤ
                    |(  cosx= 1         ( cosx= 1
Ответ:

 π + 2πn,n ∈ℤ
 2  ; 2πm,m ∈ ℤ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31659

Решите уравнение

sin7x⋅cos6x= −1
Показать ответ и решение

Так как − 1≤ sin7x≤ 1  , − 1≤cos6x≤ 1  , то − 1≤ sin7x⋅cos6x≤ 1  , причем по методу оценки равенство − 1  возможно тогда и только тогда, когда один из синуса и косинуса равен 1  , а второй равен − 1  :

⌊(                 ⌊(|     π                   ⌊(|
|{ sin7x= 1         |{ 7x = 2 + 2πn,n ∈ℤ         |{ 42x =3π+ 12πn,n ∈ℤ
||( cos6x= −1        ||||( 6x =− π+ 2πm, m∈ ℤ        ||||( 42x =− 7π +14πm,m ∈ ℤ
|||({ sin7x= −1    ⇔   ||(|{ 7x =− π+ 2πn,n∈ ℤ    ⇔   ||(|{ 42x =− 3π +12πn,n∈ ℤ
⌈(                 |⌈       2                  |⌈
   cos6x= 1          |( 6x =2πm,m ∈ ℤ             |( 42x =14πm,m ∈ℤ

Решим каждую систему по отдельности:

1.
Найдем x  , который является пересечением множества решений первой и второй серии:
                            7m − 5      m− 5
3π+ 12πn =− 7π +14πm   ⇔  n = --6--= m + -6---

Чтобы n  было целым числом, целым числом должна быть последняя дробь, следовательно, так как число m  может давать остатки 0,1,...,4,5  при делении на 6  , нам подходит остаток 5  : m = 6k+5,k∈ ℤ  , откуда

          6k+ 5− 5
n = 6k +5+ ----6---= 7k+ 5

Следовательно, 42x= 3π+ 12π(7k+ 5)=63π+ 12⋅7πk  , откуда x= 3π2 +2πk  , k∈ ℤ.

2.
Найдем x  , который является пересечением множества решений первой и второй серии:
−3π+ 12πn= 14πm   ⇔   n= 14m+-3= m + 2m+-3-
                          12         12

Чтобы n  было целым числом, целым числом должна быть последняя дробь, следовательно, так как число m  может давать остатки 0,1,...,10,11  при делении на 12  , нам не подходит ни один из этих остатков. Следовательно, ни при каком m  число n  не будет целым, следовательно, x∈ ∅.

Ответ:

 3π +2πk
 2  , k∈ ℤ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31691

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра a  :

√-  √----  √----  √----  ∘ ----2
 x+  x +1+  x +4 + x +9 +  x+ a =6 +a
Показать ответ и решение

Левая часть представляет собой функцию f(x)  , равную сумме возрастающих функций, следовательно, является возрастающей функцией. Ее область определения:

(|
||||| x≥ 0
|||{ x≥ −1
| x≥ −4    ⇔   x≥ 0
||||| x≥ −9
|||(      2
  x≥ −a

Так как для возрастающей функции верно f(x) ≥f(x)
   1     2  при x ≥ x
 1   2  , то

           √-  √-  √-  √-  √ 2-
f(x)≥f(0)=  0+  1+  4+  9 +  a =6 +|a|≥ 6+ a

Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда

({ f(x)= f(0)          ({x= 0         ({x= 0
(               ⇒   (         ⇔   (
  6+ |a|=6 +a         |a|= a         a≥ 0

Значит, при a≥ 0  уравнение имеет единственное решение x =0  , а при a< 0  решений не имеет.

Ответ:

 a ∈[0;+∞ )⇒ x∈ {0} ;

a∈(−∞; 0)⇒  x∈∅

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31663

Решите неравенство

          2   2  -4
30y +3 ≥25y +9x + x2
Показать ответ и решение

Преобразуем неравенство

   (           )    (         4 )                       (    2 )2
0 ≥ 25y2− 30y+ 9 − 9+ 9x2− 12+ x2 + 12− 3 ⇔  0≥ (5y− 3)2 + 3x −x

Правая часть представляет собой сумму квадратов, следовательно, величину неотрицательную. По неравенству правая часть должна быть неположительна, следовательно, по методу оценки возможен только случай, когда правая часть равна 0  :

                         (                 (
        (     2)2        |{ 5y− 3= 0        |{y = 35
(5y − 3)2+ 3x− x  = 0  ⇔  |     2       ⇔   |    ∘ 2-
                         ( 3x− x = 0       (x= ±  3
Ответ:

(± ∘-2;3)
    35

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31662

Решите неравенство

     2
log3(8x − 24x+ 27)≤|sin(πx)|+ 1
Показать ответ и решение

Преобразуем аргумент логарифма:

  2             2            (      2  )            2
8x − 24x +27= 2(4x − 12x)+27= 2 (2x− 3) − 9 + 27= 2(2x− 3)+ 9≥ 9

Следовательно, так как в основании логарифма находится число, большее 1  , то он возрастает, следовательно,

     2              (       2  )
log3(8x − 24x+ 27)= log3 2(2x− 3) +9 ≥ log39= 2

В свою очередь 0≤|sinα|≤ 1  , следовательно, 1 ≤|sin(πx)|+ 1≤2  . Тогда при всех возможных x  получаем, что левая часть больше или равна правой части, а по неравенству должна быть меньше или равна ей. Значит, по методу оценки возможен только случай равенства двух частей значению 2  :

({      2                   ({      2           (|{    3
  log3(8x − 24x +27)= 2    ⇔    (2x− 3) =0    ⇔    x = 2         ⇔  x = 3
( |sin(πx)|+1= 2             ( sin(πx)= ±1        |(sin(πx)= ±1          2
Ответ:

 x ∈{3}
    2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31658

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых неравенство

4∘x2−-6ax+-10a2+ 4∘3-+-6ax−-x2−-10a2 ≥

  ∘ √--------3---|--√---|-|---√--|
≥ 4  3a+ 24− √2-+ ||y−  2a2||+||y−  3a||

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Рассмотрим левую часть как функцию f(x)  и правую часть как функцию g(y)  . Так как эти функции зависят от разных аргументов, то значения, которые могут принимать эти функции, не зависят друг от друга. Тогда неравенство f(x)≥ g(y)  будет иметь единственно решение, если мы придадим параметру a  такое значение, что fmax(x0)=gmin(y0)  , причем (x0;y0)  — единственная пара. Исследуем эти функции.

  • Пусть     2         2        2  2
t= x − 6ax +10a = (x − 3a) +a  , тогда      4√-  4√----
f(t)=  t+  3− t  и 0≤ t≤3  . Производная

    f′(t)= -14√--− ∘--1---- ⇒   f′(t)=0  ⇔   t= 3
      4 t3  4 (3− t)3                     2

    Тогда t= 32  — точка максимума, следовательно,         ( )  √--
fmax(t)=  32 = 424  .

  • Так как |A |+ |B |≥|A− B| , то

         ┌││√--(---∘-3)------||√---(---∘-3)||
g(y)≥ 4∘  3 a−   2  +24+ ||| 2a  a−   2 |||

    Тогда нименьшее значение g(y)  будет совпадать с наибольшим значением f(t)  , если         √4--
gmin(y)=   24  , следовательно, при    ∘ --
a =  32  .

Наименьшее значение g(y)  достигается при y  , принадлежащем отрезку, заключенному между точками √- 2
 2a  и √-
 3a  , которые при    ∘ 3-
a =  2  совпадают, следовательно, значение        √3
y = y0 = 2  единственно. Заметим, что значение x  также единственно, так как

               3          (    ∘ 3)2   3  3              ∘3-
(x− 3a)2+ a2 = t= 2|a=∘-3 ⇔    x− 3 2   + 2 = 2 ⇔   x= x0 = 3 2
                    2
Ответ:

 a ∈{∘ 3}
      2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#31657

При каждом значении a  решите уравнение

|x− 1|+|x+ 1|+ |x− 2|+|x+ 2|+ ...|x− 2015|+ |x+2015|+

+ 2x2+ 2a2+ 40302− 8060x− 8060a= 4030x
Показать ответ и решение

Так как |A|+ |B |≥|A+ B| , то

|x− 1|+|x+1|+ |x− 2|+|x+ 2|+ ...+ |x− 2015|+ |x+ 2015|≥

2◟|x|+2|x|+◝◜...+-2|x|◞= 2015⋅2|x|= 4030|x|
     2015раз

Заметим также, что

  2   2     2                      2          2
2x +2a + 4030 − 8060x− 8060a= 2(x− 2015) +2(a− 2015)

Следовательно, левая часть равенства

|x − 1|+|x+ 1|+ |x − 2|+ |x+ 2|+...|x− 2015|+|x+ 2015|+

+ 2x2+2a2+ 40302− 8060x− 8060a≥ 4030|x|+ 2(x− 2015)2+ 2(a − 2015)2 ≥ 4030|x|

Таким образом, левая часть равна 4030x  , если

(|| (x − 1)(x +1)≥ 0
|||||
||||| (x − 2)(x +2)≥ 0
|||{ ...                       ({
| (x − 2015)(x+ 2015)≥ 0  ⇔   (x = 2015
||||| 2(x− 2015)2 = 0             a =2015
|||||         2
||||( 2(a− 2015) = 0
  x≥ 0

Тогда при a= 2015  решением уравнения является x= 2015  , а при a⁄= 2015  уравнение не имеет решений.

Ответ:

 a ∈{2015}⇒ x ∈{2015} ,

a∈ℝ∖{2015} ⇒ x∈ ∅

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#31656

Найдите все такие пары чисел a  и b  , при каждой из которых уравнение

  2   2    2    2       2     2          2
(3x − 2a +ab) +(3a − ab+ 2b− 12x)+ 4= 4x− x

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Уравнение равносильно

   2   2    2    2       2     2        2
(3x − 2a + ab) + (3a − ab+2b − 12x) = −(x− 2)

Левая часть уравнения представляет собой сумму двух квадратов, следовательно, сумму двух неотрицательных величин, следовательно, неотрицательную величину: (3x2− 2a2+ ab)2+ (3a2 − ab+ 2b2− 12x)2 ≥ 0  . Правая часть неположительна: − (x− 2)2 ≤0  . Следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны 0  :

(                                          (|  2    2
{(3x2− 2a2+ ab)2+ (3a2− ab+2b2− 12x)2 = 0     ||{ 3x − 2a +ab= 0
(−(x− 2)2 =0                            ⇔   || 3a2− ab+ 2b2− 12x =0    ⇒
                                           |( x= 2
(
{12− 2a2 +ab= 0
(3a2− ab+2b2− 24 =0   (сложим удворенное первое равенство со вторым) ⇔

({  2      2      2          (|{  (b)2  b
 2b +ab− a = 0 |:a ⁄= 0   ⇔    2 a  + a − 1= 0   ⇔
(12− 2a2 +ab= 0              |( 12 − 2a2+ ab=0
                                           ⌊(
(                    ( ⌊                    { a= −b
|{-b= −1;1            |||{ ⌈a= −b              |||( b= ±2
|a      2         ⇔  |  a= 2b          ⇔   ||({
(12− 2a2 +ab= 0       ||( 12− 2a2+ ab= 0      |⌈  a= 2b√-
                                            ( b= ± 2

Получаем следующие пары для a  и b  :              √- √-    √-  √ -
(2;−2);(−2;2);(2 2; 2);(−2 2;−  2).

Ответ:

 (a;b)∈ {(2;−2);(−2;2);(2√2;√2);(− 2√2;− √2)}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#31655

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых неравенство

       2               2                   2
|cosx+ a − a− 1|+ |2cosx+ a − 6a+ 10|≤ 4cosx+|2a − 7a+ 6|+4

выполнено для всех x  .

Показать ответ и решение

Сделаем замену t= cosx  . Тогда неравенство должно быть выполнено для всех t∈ [−1;1]  . Пусть также A= a2− a− 1  ,      2
B = a − 6a+ 10  . Перенесем все слагаемые в одну часть и тогда неравенство примет вид

4t− |t+A|− |2t+ B|+4 +|A+ B− 3|≥0

Рассмотрим функцию f(t)=4t− |t+ A|− |2t+B |+ 4+ |A +B − 3| . Воспользуемся методом главного модуля/слагаемого: функция при любом варианте раскрытия двух модулей представляет из себя линейную функцию вида f(t)= kt+h(a)  , где k ∈{4− 1− 2;4− 1+ 2;4+ 1− 2;4+ 1+ 2} . Следовательно, как бы ни раскрылись два модуля, коэффициент k> 0  , следовательно, функция f(t)  возрастает при всех t∈ ℝ  , а значит, и на промежутке [−1;1]  .

Значит, неравенство f(t)≥ 0  будет выполнено для всех t∈ [−1;1]  , если точка t= −1  находится не левее точки пересечения графика y =f(t)  с осью абсцисс, то есть если f(−1)≥0  :

−4− |A − 1|− |B − 2|+ 4+|A+ B − 3|≥ 0 ⇔ |A− 1|+ |B − 2|≤ |A+ B− 3|

Так как по неравенству треугольника |m|+ |n|≥ |m +n| , то при всех A,B  выполнено |A− 1|+ |B − 2|≥ |A + B− 3| . Следовательно, неравенство равносильно

|A− 1|+|B− 2|=|A+ B − 3|

Равенство возможно тогда и только тогда, когда подмодульные выражения либо одновременно неотрицательны, либо неположительны, следовательно, их произведение неотрицательно:

                     2       2
(A− 1)(B − 2)≥ 0 ⇒  (a − a− 2)(a − 6a+ 8)≥0 ⇔   a∈ (− ∞;−1]∪{2}∪[4;+ ∞)
Ответ:

 a ∈(−∞;− 1]∪ {2}∪ [4;+∞ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#31654

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

    2             2
|x− a +4a− 2|+|x− a +2a+ 3|= 2a− 5

имеет хотя бы один корень на отрезке [5;23]  .

Показать ответ и решение

Так как |t|=|− t|,  то уравнение можно переписать в виде

     2              2
|x− a +4a− 2|+|− x+a  − 2a− 3|= 2a− 5

Пусть A= x− a2+4a− 2,  B =− x+ a2 − 2a− 3,  тогда A +B = 2a− 5,  следовательно, уравнение имеет вид

|A |+ |B|=A + B

При всех A,B ∈ ℝ  верно неравенство треугольника: |A |+ |B |≥|A+ B|≥ A+ B.  При этом равенство |A|+ |B |= |A+ B| возможно тогда и только тогда, когда A  и B  либо одновременно неотрицательны, либо одновременно неположительны, а равенство |A+ B|= A+ B  возможно тогда и только тогда, когда A+ B  неотрицательно. Следовательно, исходное уравнение равносильно

({A ≥0        ({x ≥a2− 4a+ 2
(        ⇒   (    2
 B ≥0         x ≤a − 2a− 3

Система имеет решения в случае, если      2         2
(a − 2) − 2 ≤(a− 1)− 4.  Тогда решением является отрезок      2        2
[(a− 2)− 2;(a− 1) − 4],  который имеет хотя бы одну точку пересечения с отрезком [5;23],  если

⌊5≤ (a− 2)2− 2 ≤23     ⌊5≤ (a− 2)2 ≤ 23
⌈        2        ⇔   ⌈        2      ⇔
 5≤⌊(a− 1) − 4 ≤23      5⌊≤ (a− 1) ≤ 23
    − 3≤a ≤2 − √7       1 − 3√3 ≤a ≤−2
   ⌈2+ √7 ≤a ≤7    или ⌈4 ≤a ≤1+ 3√3

 

С учетом (a− 2)2− 2≤ (a− 1)2 − 4,  откуда a≥ 5,
   2  окончательно получаем

a ∈[4;7]
Ответ:

 a ∈[4;7]

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31653

Решите неравенство log (2x2 − 4x+ 2+ ax2−2x+5) ≤4
  a  при всех a> 1  .

Показать ответ и решение

Так как a> 1  , то неравенство равносильно

     2   (x−1)2+4   4       2   t2+4   4
2(x− 1)+ a       ≤a   ⇒   2t+ a   ≤ a ,

где t= x− 1.

Так как t2 ≥ 0  и a >1  , то 2t2+ at2+4 ≥ 2⋅0+a0+4 = a4  . Следовательно, из этого следует, что неравенство выполняется тогда и только тогда, когда 2t2+ at2+4 = a4  , что верно при t=0,  то есть при x =1.

Ответ:

 x ∈{1}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#1234

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

|a2 + 3 − x| + |x − a − 2| + |x − 3a − 1| = a2 − a + 1

имеет не менее одного решения.

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в виде:

|a2 + 3 − x| + |x − a − 2| = a2 − a + 1 − |x − 3a − 1 |    (∗)
Так как |v| + |u | ≥ |v + u| , то
 2                           2                         2
|a  + 3 − x| + |x − a − 2| ≥ |a +  3 − x + x − a − 2| = |a − a + 1|
Заметим, что дискриминант  2
a  − a + 1 = 0  отрицателен, следовательно,  2
a  − a + 1 > 0  для любого      a  . Следовательно,
  2                          2
|a  + 3 − x| + |x − a − 2| ≥ a − a + 1
Так как |z| ≥ 0  при любом z  , то
a2 − a + 1 − |x − 3a − 1| ≤ a2 − a + 1
Следовательно, мы получили, что левая часть уравнения (∗)  всегда ≥ a2 − a + 1  , а правая часть всегда ≤ a2 − a + 1  . Таким образом, равенство может выполняться только тогда, когда обе части уравнения равны  2
a −  a + 1  .
Для того, чтобы выполнялось |v | + |u| = |v + u| , нужно: v ≥ 0,u ≥  0  или v ≤  0,u ≤ 0  . Для того, чтобы правая часть была равна a2 − a + 1  , нужно, чтобы |x − 3a − 1| = 0  . Следовательно:
⌊ (  2                       ⌊ (      2
| |{ a +  3 − x ≥ 0           | |{ x ≤ a  + 3
|   x − a − 2 ≥ 0            |   x ≥ a + 2
|| |(                          || |(
||   x − 3a − 1 = 0           ||   x = 3a + 1
| (  2                  ⇔    | (      2
|| |{ a +  3 − x ≤ 0           || |{ x ≥ a  + 3
|⌈   x − a − 2 ≤ 0            |⌈   x ≤ a + 2
  |(                            |(
    x − 3a − 1 = 0               x = 3a + 1
Заметим, что каждая система может иметь не более одного корня. Следовательно, вся совокупность может иметь не более двух корней.
Найдем значения a  , при которых первая система имеет решения. Значит нужно, чтобы корень x =  3a + 1  удовлетворял обоим неравенствам в этой системе. Следовательно:
{                               [    ]
  3a + 1 ≤ a2 + 3                1
                      ⇔     a ∈  -;1  ∪ [2;+ ∞ )
  3a + 1 ≥ a + 2                 2
Аналогично, вторая система будет иметь решения, если
{
  3a + 1 ≥ a2 + 3
                       ⇔    a ∈ ∅
  3a + 1 ≤ a + 2
Следовательно, вторая система ни при каких a  не будет иметь решений.
Значит, вся совокупность имеет не более одного корня. Нам нужно, чтобы она имела не менее одного корня, то есть подходящий случай – когда совокупность имеет один корень. Это выполняется при
    [    ]
a ∈  1-;1 ∪ [2;+ ∞ )
     2
Ответ:

[   ]
 12;1 ∪ [2;+ ∞ )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#546

При каких значениях параметра a  уравнение

|                   |   |              |
||(a-−-1)x-−-(2a-−-1)||   ||             1||
|       x − 1       | + |x − |1 − a| + 2| = 0

имеет лишь положительные решения?

Показать ответ и решение

Заметим, что левая часть уравнения представляет собой сумму двух неотрицательных слагаемых. Т.к. сумма двух неотрицательных чисел – число неотрицательное, то она будет равна нулю тогда и только тогда, когда оба слагаемых равны нулю:

(                              (
|{ (a −-1)x −-(2a −-1)=  0      ||{ (a − 1)x − (2a − 1) = 0
         x − 1              ⇒    x − 1 ⁄= 0
|(              1-              ||               1
  x − |1 − a| + 2 = 0           ( x = |1 − a| − --
                                               2

Рассмотрим первое уравнение: (a − 1)x − (2a − 1) = 0  . При a − 1 = 0  уравнение равносильно 0 = 1  , что не выполнено ни при каких x  . Следовательно, и вся система при a = 1  не имеет решений.

 

Рассмотрим случай, когда a ⁄= 1  .

 

(      2a − 1
||| x =  -------
{      a − 1
| x ⁄=  1
||(               1-
  x =  |1 − a| − 2

Для того, чтобы данная система, а значит и исходное уравнение, имела только положительные решения (x > 0  ), достаточно потребовать:

                                                         ⌊ (
                                                           ||     1-
(                           (  2a − 1             1      | ||{ a < 2
|| 2a-−-1-=  |1 − a| − 1-     |||  -------= |1 − a| − --     ||   2a − 1             1
||||  a − 1             2      ||||  a⌊ − 1              2      || || -------=  |1 − a| − --
{ 2a − 1                    {       1                    | ||(  a − 1             2
  ------->  0             ⇒    ⌈a < 2-                ⇒  ||   a ⁄= 0
||||  a − 1                    ||||                            || (
||( 2a-−-1-                   |||   a > 1                    | |{ a > 1
   a − 1 ⁄=  1               (  a ⁄= 0                     |⌈
                                                           |( 2a-−-1-=  |1 − a| − 1-
                                                              a − 1             2

Рассмотрим два случая: когда модуль раскрывается положительным (1 − a ≥ 0 ⇒  a ≤ 1  ) и когда отрицательным (a − 1 < 0 ⇒  a > 1  ). Следовательно, в первой системе модуль раскроется положительным, а во второй – отрицательным:

⌊ (      1
| ||| a <  --
| |{      2
||   2a-−--1           1-         ⌊
|| |||  a − 1  = 1 − a − 2            x = − 1
| |( a ⁄= 0                     ⇒  ⌈         √ ---
|| (                                x = 9-+---41-
|| |{ a > 1                                  4
|
⌈ |( 2a-−--1               1-
     a − 1  = − (1 − a) − 2
Ответ:

{        √ ---}
      9 +--41--
 − 1;    4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31911

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых уравнение

           a2+4π2+ 4
log1π 4x-− x2−-2(a-− 2π)|x−-2|+4πa-=
 ∘ -----------------------------
=  (x− 5a +10π− 34)(|π− x|− a +π +2)

имеет хотя бы один целочисленный корень.

Показать ответ и решение

Рассмотрим знаменатель аргумента логарифма:

4x− x2− 2(a− 2π)|x− 2|+ 4πa= −(x2− 4x+ 4)+4− 2(a − 2π)|x− 2|+4πa= |t=|x− 2|
     2                 2               2
 =−(t +2(a− 2π)t+ (a − 2π))+ 4+#4πa+(a−#2π) =
 =−(t+ a− 2π)2+ a2+4π2+ 4≤ a2+#4π2#+4#=b#

Тогда левая часть равенства равна

log1π -----b-----2≤ log1π 1= 0
    b◟− (t+a◝◜− 2π)◞
        ∈(0;b]

Правая часть равенства ≥ 0  , следовательно, по методу оценки равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны 0 :

(                                        (||
{ b− (|x − 2|+a − 2π)2 = b                |{a⌊ =2π− |x − 2|
( (x − 5a+ 10π − 34)(|π− x|− a+ π+ 2)=0  ⇔   |||⌈ x= 5a − 10π+ 34           (1)
                                         (  |x− π|= a− π − 2          (2)
(1):
                                             ({ 34− x ≥0
x = 10π − 5|x − 2|− 10π+ 34 ⇔ 5|x− 2|= 34− x  ⇔  (                    ⇔  x =− 6
                                               5(x− 2)= ±(34 − x)

Следовательно, a =2π − 8  .

(2):
|x− π|=π − |x− 2|− 2 ⇔   2≤x ≤π

При x= 2  получаем a= 2π  ; при x= 3  получаем a= 2π− 1.

Ответ:

 a ∈{2π− 8;2π− 1;2π}

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31908

Найдите все значения параметра a  , при каждом из которых система

(| 2
||{y√ + a= 4cosx
||  y+ z2 =a
|((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

имеет хотя бы одно решение и укажите решения системы для каждого найденного a  .

Показать ответ и решение

Перепишем систему в виде:

(|           2
||{a =4√cosx− y
||a =  y+ z2
|((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

Так как − 1≤ cosx ≤1  и y2 ≥ 0  , то из первого равенства следует, что a≤ 4  . Так как √y ≥0  и z2 ≥ 0  , то из второго равенства следует, что a≥ 0  . Значит, (a − 2)2 ≤4  . Но правая часть третьего равенства |z2− 2z|+ |sin2x|+ 4≥ 4  , следовательно, по методу оценки третье равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны 4  :

                            (                   (
(           2               ||| a= 4cosx − y2      ||| a= 4cosx − y2
||||| a= 4cosx− y                ||||| a= √y+ z2         ||||| a= √y+ z2
|{ a= √y+ z2                 |{                   |{
||| (a − 2)2 = 4            ⇔  ||| a= 0;4          ⇔  ||| a= 0;4
|||( |z2− 2z|+ |sin2x|+ 4= 4       ||||| z = 0;2            ||||| z = 0;2
                            |( sin2x= 0           |( x= π2n,n∈ ℤ
1.
При a= 0  имеем
(
||||x = π2n,n ∈ℤ           (
|||||y2 = 4cosπn          |||x= π n,n ∈ℤ        (
|||{⌊ ({     2            |||{    2             |||{x = π2 + πn,n ∈ℤ
||| (z√ = 0         ⇔   |y = 0         ⇔   |y =0
||||||| ( y =0             |||||z = 0             ||(z =0
|||||||⌈ {z = 2             (4cosπ2n= 0
|(  (√y +4= 0
2.
При a= 4  имеем
(
|||| x= π2n,n∈ ℤ          (
||||| y2 +4= 4cosπ2n        |||x = π2n,n ∈ℤ        (
|||{ ⌊({z =0              |||{y =0              |||{x = 2πn,n∈ ℤ
| ||(√ -           ⇔   |              ⇔   |y = 0
||||| |||(  y = 4           |||||z =2              ||(z =2
||||| |⌈{z =2              (cosπ2n =1
|(  (√y-+4 =4
Ответ:

 a ∈{0} и (π+ πn;0;0)
 2 , n∈ ℤ

a∈{4} и (2πn;0;2)  , n ∈ℤ

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!