Функции. Монотонность: f(t) = f(z) —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 18. Задачи с параметром

18.12 Функции. Монотонность: f(t) = f(z)

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#31688

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра $a$ :

x+2 ax 5 = 5

Показать ответ и решение

Уравнение имеет вид $f(x+ 2)= f(ax)$ , где $f(t)=5t$ . Так как $f(t)$ — строго монотонная функция (возрастающая), то уравнение $f(t)= f(z)$ равносильно $t=z$ , следовательно, получаем

(|--2- x+ 2= ax ⇔ (a− 1)x= 2 ⇔ x= {a − 1, a⁄= 1 |(∅, a= 1

Ответ:

$a ∈{1}⇒ x∈ ∅$

${-2-} a∈ℝ∖{1}⇒ x ∈ a−1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31665

Решите неравенство, используя свойства монотонной функции

2 log0,2(x +1)≥ log0,2(2x)

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(x)=log t 0,2$ , тогда неравенство выглядит как $f(x2 +1)≥ f(2x)$ . Так как функция $f(t)$ является убывающей на всей области определения, то полученное равенство равносильно

({ 2 x + 1≤ 2x ⇔ x =1 (x2+ 1> 0

Ответ:

$x ∈{1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31664

Решите уравнение, используя свойства монотонной функции

2 log0,2(x +1)= log0,2(2x)

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию $f(t)= log t 0,2$ , тогда уравнение выглядит как $f(x2+ 1)= f(2x)$ . Так как функция $f(t)$ является убывающей на всей области определения, то полученное равенство равносильно

({ 2 x + 1= 2x ⇔ x =1 (2x> 0

Ответ:

$x ∈{1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31689

Решите уравнение при всех возможных значениях параметра $a$ :

x2 2ax−a2 23 = 23

Показать ответ и решение

Уравнение имеет вид $f(3x2) =f(32ax−a2)$ , где $f(t)= 2t$ . Так как $f(t)$ — строго монотонная (возрастающая) функция, то уравнение $f(t)= f(z)$ равносильно $t=z$ , следовательно, получаем

x2 2ax−a2 3 = 3

Аналогично полученное уравнение имеет вид $g(x2)= g(2ax− a2)$ , где $g(t)= 3t$ — строго монотонная (возрастающая) функция, следовательно, получаем

x2 = 2ax− a2 ⇔ (x− a)2 = 0 ⇔ x= a

Ответ:

$x ∈{a}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#31558

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

6 3 2 27x + (a − 2x) +9x + 3a= 6x

не имеет корней.

Показать ответ и решение

Заметим, что уравнение можно преобразовать в

23 2 2 (3x) + 3⋅3x =(2x− a)+ 3(2x − a)

Если принять $3x2 = t$ , $2x − a =z$ , то уравнение равносильно $f(t)= f(z)$ , где $f(p)= p3+ 3p$ — строго возрастающая (а значит, строго монотонная) функция, так как равна сумме двух возрастающих функций. Для строго монотонной функции $f(p)$ равенство $f(t)= f(z)$ равносильно равенству $t= z$ , следовательно, получаем

2 2 3x = 2x − a ⇔ 3x − 2x +a= 0

Получили квадратное уравнение, которое не имеет решений в том случае, если его дискриминант отрицательный:

D= 4− 12a< 0 ⇔ a> 1 3

Ответ:

$a ∈( 1;+ ∞) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31557

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

6 3 2 8x + (a− x) +2x + a= x

имеет хотя бы один корень.

Показать ответ и решение

Заметим, что уравнение можно преобразовать в

23 2 2 (2x )+ 2x = (x − a) +(x− a)

Если принять $2x2 = t$ , $x− a =z$ , то уравнение равносильно $f(t) =f(z)$ , где $f(p)=p3+ p$ — строго возрастающая (а значит, строго монотонная) функция, так как равна сумме двух возрастающих функций. Для строго монотонной функции $f(p)$ равенство $f(t)= f(z)$ равносильно равенству $t= z$ , следовательно, получаем

2 2 2x =x − a ⇔ 2x − x +a =0

Получили квадратное уравнение, которое имеет решения в том случае, если его дискриминант неотрицательный:

D = 1− 8a≥ 0 ⇔ a≤ 1 8

Ответ:

$a ∈(−∞;0,125]$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31556

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

6 2 3 64x +4x = (3x +a) +3x +a

не имеет корней.

Показать ответ и решение

Заметим, что уравнение можно преобразовать в

23 2 2 (4x ) +4x = (3x +a) +(3x+ a)

Если принять $4x2 = t$ , $3x +a =z$ , то уравнение равносильно $f(t)= f(z)$ , где $f(p)= p3+ p$ — строго возрастающая (а значит, строго монотонная) функция, так как равна сумме двух возрастающих функций. Для строго монотонной функции $f(p)$ равенство $f(t)= f(z)$ равносильно равенству $t= z$ , следовательно, получаем

2 2 4x = 3x +a ⇔ 4x − 3x − a= 0

Получили квадратное уравнение, которое не имеет решений в том случае, если его дискриминант отрицательный:

D= 9+ 16a <0 ⇔ a< − 9- 16

Ответ:

$a ∈(− ∞;−-9) 16$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#53595

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

( {4ax⋅2x2 < 7−(x+2a) ( 3 2 3 2 2x + x + x< 2a + a + a

имеет хотя бы одно решение на отрезке $[− 2;1].$

Показать ответ и решение

Первое неравенство системы равносильно

2x(x+2a) < 2−(x+2a)log27 ⇔ (x +2a)(x+ log 7)< 0 2

Рассмотрим второе неравенство. Пусть $f(t)= 2t3+ t2+ t.$ Тогда второе неравенство имеет вид $f(x)< f(a).$ Изучим эту функцию. Ее производная равна

′ 2 f(t)= 6t + 2t+ 1> 0 ∀t∈ℝ

Следовательно, $f(t)$ возрастает при всех $t.$ Значит, неравенство $f(x)< f(a)$ равносильно $x< a.$ Таким образом, система равносильна

( { (x + 2a)(x+ log27)< 0 ( x< a

Рассмотрим несколько случаев.

1.: $2a= log 7. 2$ Тогда первое неравенство системы имеет вид $2 (x +log27) < 0,$ что равносильно $x∈ ∅.$ Следовательно, вся система не имеет решений. Этот случай нам не подходит.
2.: $0≤ 2a< log27.$ Тогда система равносильна $( { − log27< x < −2a ( x <a ⇔ − log27< x < −2a$
Тогда интервал $(− log27;− 2a)$ и отрезок $[−2;1]$ будут иметь хотя бы одну точку пересечения, если $− 2a> −2,$ то есть $a< 1.$ Значит, нам подходят $0≤ a< 1.$
3.: $2a< 0< log27.$ Тогда система равносильна $( {− log 7 <x < −2a ( 2 ⇔ − log27 <x < a x < a$
Если $a ≤ − log27,$ то решением системы является пустое множество. Если $a > − log 7, 2$ то интервал $(− log 7;a) 2$ и отрезок $[−2;1]$ будут иметь хотя бы одну точку пересечения, если $a> −2.$ Следовательно, нам подходят $− 2 < a< 0.$
4.: $log27 < 2a.$ Тогда система равносильна $({ −2a < x< − log27 ⇔ −2a < x< − log27 ( x <a$
Тогда интервал $(− 2a;− log27)$ и отрезок $[−2;1]$ не имеют общих точек. Эти значения параметра нам не подходят.

Тогда исходная система имеет хотя бы одно решение на указанном отрезке при

a∈ (−2;1)

Ответ:

$a ∈(−2;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#18561

Найдите все значения параметра $a,$ при которых система

({ 3 x 3 a x +2 < a +2 (3x+1 > 9a

имеет решения, причем все они содержатся в отрезке $[0;1].$

Показать ответ и решение

Рассмотрим первое неравенство. Пусть $3 x f(x) =x +2 .$ Тогда $3 a f(a) =a +2 .$

Таким образом, решениями первого неравенства являются все такие $x,$ что $f(x)< f(a).$

Заметим, что $f(x)$ строго монотонно возрастает, так как является суммой двух строго монотонных возрастающих функций $x3$ и $2x.$ Тогда для любых вещественных $x1 < x2$ верно, что $f(x1)< f(x2).$

Следовательно, решением неравенства $f(x)< f(a)$ являются все $x,$ меньшие $a,$ то есть $x < a.$

Рассмотрим второе неравенство:

x+1 a x+1 2a 3 > 9 ⇔ 3 > 3 ⇔ x + 1> 2a ⇔ x> 2a− 1

Теперь мы можем преобразовать изначальную систему:

({ x3+ 2x < a3+ 2a ({x <a ⇔ ⇔ 2a − 1< x< a ( 3x+1 >9a (x >2a − 1

По условию нам нужно найти все такие значения параметра $a,$ при которых изначальная система будет иметь решения, и при этом все решения будут лежать в отрезке $[0;1].$

Тогда чтобы система имела решения, то есть существовало такое $x,$ что $2a − 1 < x< a,$ должно быть выполнено неравенство $2a − 1 < a.$ Следовательно, $a< 1.$

При этом все решения должны лежать в отрезке $[0;1],$ то есть интервал $(2a− 1;a)$ должен полностью лежать в отрезке $[0;1].$ Тогда мы имеем следующую систему:

( |||{a <1 ({ 0 ≤2a − 1 ⇔ a< 1 ⇔ 1≤ a < 1 |||( ( 12 ≤a 2 a ≤1

Ответ:

$[1 ) a ∈ 2 ;1$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получен верный ответ	4

Недостаточное обоснование в первом неравенстве перехода к $x <a$	3

Составлена система, отражающая, что интервал $(2a− 1;a)$ полностью лежит в отрезке $[0;1],$ но при этом она может отличаться от верной отсутствием условия $a <1$	2
ИЛИ
вместо нестрогих знаков получены строгие

Верно и обоснованно получены неравенства $x< a,$ $x> 2a− 1.$	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2577

Найдите все положительные значения параметра $a$ , при которых уравнение

5((ax − 2)3− (x2 − 2)3+ 3eax − 3ex2) = = 6ex2 ⋅ sin 2x2− 6eax⋅ sin 2ax + 3ex2 ⋅ cos2x2 − 3eax⋅ cos 2ax

имеет как минимум $2$ решения.

Показать ответ и решение

Перенесем все слагаемые, содержащие $ax$ , влево, а содержащие $x2$ – вправо, и рассмотрим функцию

3 t t t f(t) = 5 (t − 2) + 15e + 6e ⋅ sin 2t + 3e ⋅ cos 2t

Тогда исходное уравнение примет вид:

f(ax ) = f(x2)

Найдем производную:

′ 2 t f (t) = 15 (t − 2) + 15e ⋅ (1 + cos2t)

Т.к. $2 t (t − 2) ≥ 0, e > 0, 1 + cos2t ≥ 0$ , то $′ f (t) ≥ 0$ при любых $t ∈ ℝ$ .

Причем $f′(t) = 0$ , если $(t − 2)2 = 0$ и $1 + cos2t = 0$ одновременно, что не выполняется ни при каких $t$ . Следовательно, $f′(t) > 0$ при любых $t ∈ ℝ$ .

Таким образом, функция $f (t)$ строго возрастает при всех $t ∈ ℝ$ .

Значит, уравнение $f (ax ) = f(x2)$ равносильно уравнению $ax = x2$ .

Уравнение $x2 − ax = 0$ при $a = 0$ имеет один корень $x = 0$ , а при $a ⁄= 0$ имеет два различных корня $x1 = 0$ и $x2 = a$ .
Нам нужно найти значения $a$ , при которых уравнение будет иметь не менее двух корней, учитывая также то, что $a > 0$ .
Следовательно, ответ: $a ∈ (0;+∞ )$ .

Ответ:

$(0;+ ∞ )$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#1076

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

6 3 2 27x + (a− x) +3x =x − a

имеет ровно два корня.

Показать ответ и решение

Перепишем уравнение в виде

2 3 2 3 (3x) + 3x = (x− a) +(x− a)

Рассмотрим функцию $f(t)= t3 +t.$ Тогда уравнение перепишется в виде

f(3x2)= f(x− a)

Исследуем функцию $f(t).$ Для этого найдем ее производную:

f′(t)= 3t2+ 1> 0

Следовательно, функция $f(t)$ возрастает при всех $t.$ Значит, каждому значению функции $f(t)$ соответствует ровно одно значение аргумента $t.$ Следовательно, для того, чтобы уравнение имело корни, нужно:

3x2 = x − a ⇔ 3x2 − x +a = 0

Чтобы полученное уравнение имело два корня, нужно, чтобы его дискриминант был положительным:

D =1 − 12a > 0 ⇒ a< -1 12

Ответ:

$( 1-) a ∈ −∞; 12$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получен верный ответ	4

Недостаточное обоснование	3

Верный переход к неравенству, но оно либо не решено, либо сделан неверный вывод	2

Введена и исследована функция	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	4

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#877

Найдите все значения параметра $a,$ при которых уравнение

ax2−2x x2−1 7∘------- ∘7----- 7 − 7 = 2x − ax2 − 1− x2

имеет два корня.

Показать ответ и решение

Сделаем замену: $ax2− 2x =t,$ $x2− 1 =u.$ Тогда уравнение примет вид

t u √ --- √ --- t √7- u √-- 7 − 7 = 7−t− 7−u ⇔ 7 + t= 7 + 7u

Рассмотрим функцию $f(w) =7w + 7√w.$ Тогда наше уравнение примет вид

f (t)= f(u)

Найдем производную функции $f(w ):$

f′(w) =7w ln 7+ --17√---- 7⋅ w6

Заметим, что при всех $w ⁄= 0$ производная $f′(w)> 0,$ так как $7w > 0,$ $w6 > 0.$ Заметим также, что сама функция $f(w)$ определена при всех $w.$ Так как к тому же $f(w)$ непрерывна, то мы можем сделать вывод, что $f(w)$ возрастает на всем $ℝ.$

Значит, равенство $f(t) =f (u)$ возможно тогда и только тогда, когда $t= u.$ Вернемся к изначальным переменным и решим полученное уравнение:

ax2− 2x= x2− 1 ⇔ (a− 1)x2− 2x + 1= 0

Для того, чтобы данное уравнение имело два корня, оно должно быть квадратным и его дискриминант должен быть положительным:

{a − 1⁄= 0 {a ⁄= 1 ⇔ 4 − 4(a− 1)> 0 a< 2

Ответ:

$a ∈(−∞; 1)∪(1;2)$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Обоснованно получен верный ответ	4

Недостаточное обоснование	3

Обоснованный переход к неравенству, но оно либо не решено, либо сделан неверный вывод	2

Введены и рассмотрены функции левой и правой части (аналитически или графически)	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#389

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

√--- √ ------- √ ------ 2ax− x+1 ⋅ log 1 ax + 2 + log9 ( x + 1 + 2) = 0 3

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Домножим правую и левую части уравнения на $√--- 2 x+1$ (т.к. $√ --- 2 x+1 > 0$ ) и перепишем уравнение в виде:

√--- 2ax ⋅ log1 (ax + 2) = 2 x+1 ⋅ log1 (√x-+-1-+ 2) 9 9

Рассмотрим функцию $t y = 2 ⋅ log 19 (t + 2)$ при $t ≥ 0$ (т.к. $√------ x + 1 ≥ 0$ ).

Производная $( ) ′ t ′ 2t 1 y = (− 2 ⋅ log9 (t + 2)) = − ln-9-⋅ ln 2 ⋅ ln (t + 2) + t-+-2$ .

Т.к. $1 2t > 0, ----- > 0, ln(t + 2) > 0 t + 2$ при всех $t ≥ 0$ , то $y ′ < 0$ при всех $t ≥ 0$ .

Следовательно, при $t ≥ 0$ функция $y$ монотонно убывает.

Уравнение можно рассматривать в виде $y(t) = y (z)$ , где $√ ------ z = ax,t = x + 1$ . Из монотонности функции следует, что равенство возможно только в том случае, если $t = z$ .

Значит, уравнение равносильно уравнению: $ax = √x-+--1-$ , которое в свою очередь равносильно системе:

{ 2 2 a x − x − 1 = 0 ax ≥ 0

При $a = 0$ система имеет одно решение $x = − 1$ , которое удовлетворяет условию $ax ≥ 0$ .

Рассмотрим случай $a ⁄= 0$ . Дискриминант первого уравнения системы $D = 1 + 4a2 > 0$ при всех $a$ . Следовательно, уравнение всегда имеет два корня $x1$ и $x2$ , причем они разных знаков (т.к. по теореме Виета $1 x1 ⋅ x2 = −-2-< 0 a$ ).

Это значит, что при $a < 0$ условию $ax ≥ 0$ подходит отрицательный корень, при $a > 0$ условию подходит положительный корень. Следовательно, система всегда имеет единственное решение.

Значит, $a ∈ ℝ$ .

Ответ:

$a ∈ ℝ$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#31811

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

( 10x−-2x2−-a) 2 cos 3 − cos(2x +a)= x − 8x − a

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Заметим, что

10x−-2x2−-a 2( 2 ) − 3 − (2x+ a)= 3 x − 8x − a

Следовательно, если $10x−2x2−a − ---3----=t$ , $2x+ a= y$ , то $2 (2 ) t− y = 3 x − 8x− a$ , откуда $2 3 x − 8x − a = 2(t− y)$ и уравнение примет вид

3 3 3 cos(−t)− cosy = 2(t− y) ⇔ cost− 2t= cosy− 2y

Функция $f(x)= cosx − 32x$ имеет производную $f′(x)= − sin x− 32 ≤ − 12 <0$ , следовательно, $f(x)$ является монотонно убывающей. Для таких функций равенство $f(t)= f(y)$ равносильно равенству $t= y$ . Следовательно,

t= y ⇒ x2 − 8x− a= 0 ⇔ (x− 4)2 =16+ a

Единственное решение при $a =−16$ .

Ответ:

$a ∈{−16}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#31560

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

|x−a| 2 x2−2x √- 4 ⋅log13(x − 2x+ 4)+2 ⋅log 3(2|x − a|+ 3)= 0

имеет ровно три решения.

Показать ответ и решение

Преобразуем уравнение:

− 2|x−a|⋅log((x − 1)2+ 3)+ 2(x−1)2 ⋅log(2|x − a|+3)= 0 ⇔ 3 3 2−(x−1)2 ⋅log3((x− 1)2+ 3) =2−2|x−a|⋅log3(2|x − a|+ 3)

Если сделать замену $t =(x− 1)2$ , $z = 2|x − a|$ , то уравнение примет вид $f(t)= f(z)$ , где $f(p)= 2−p⋅log3(p+ 3)$ , причем $p ≥0$ . Исследуем эту функцию:

( ) f′(p)= 2−p-⋅ --1-− ln 2ln3log3(p+ 3) ln3 p+ 3

Рассмотрим функции $g(q)= 1 q$ и $h(q)= ln2ln3log q 3$ при $q = p+3 ≥3$ .

Докажем, что $g(3)< h(3)$ , тогда мы получим, что $g(q)− h(q)<0$ при $q ≥ 3$ , следовательно, $′ f (p)< 0$ (так как $2−p- ln3 >0$ ).

1 g(3)∨ h(3) ⇔ 3 ∨ln2ln3 ⇔ 1∨ ln 8ln3

Так как $ln8> 1$ , $ln3> 1$ , то $1< ln8ln3$ , ч.т.д.

$PIC$

Следовательно, производная функции $y = f(p)$ отрицательна, значит, функция $y =f(p)$ убывает (то есть строго монотонна). Следовательно, уравнение $f(t)=f(z)$ равносильно уравнению $t= z$ :

2 (x − 1) = 2|x− a|

Рассмотрим функцию $F (x)= (x− 1)2− 2|x− a|$ . Тогда наше уравнение имеет вид $F (x)= 0$ и нам нужно, чтобы график функции $y =F (x)$ имел 3 точки пересечения с осью абсцисс. Раскроем модуль:

⌊F1 =x2− 4x+ 1+ 2a =0,x≥ a ⌈ 2 F2 =x + 1− 2a= 0,x <a

В зависимости от того, как расположена прямая $x =a$ относительно вершин парабол $F1$ и $F2$ , график $y = F(x)$ может выглядеть одним из четырех видов:

$PIC$

Видим, что лишь четвертый график может давать три точки пересечения с осью абсцисс, то есть три корня для исходного уравнения.

Во-первых, прямая $x =a$ должна располагаться строго между вершинами парабол, что задается условием

x2(верш)< 3< x1(верш) ⇔ 0< a< 2

Во-вторых, должен выполняться один из двух случаев расположения оси абсцисс. Рассмотрим их ниже.

1): Ось абсцисс проходит через точку стыка двух парабол, то есть через точку с абсциссой $x= a$ . Это задается следующими требованиями: $F (a)= 0 ⇔ (a− 1)2 =0 ⇔ a= 1$
Это значение параметра удовлетворяет условию $0< a< 2,$ значит, нам подходит.
2): Ось абсцисс проходит через вершину одной из парабол и находится выше ординаты вершины другой параболы. Это задается следующими требованиями: $⌊( ⌊( |{ D1 = 0 |{− 4(2a− 3) =0 ||( D2 > 0 ||(4(2a− 1)> 0 3 1 |||({ D1 > 0 ⇔ |||({− 4(2a− 3) >0 ⇔ a= 2;2 ⌈( ⌈( D2 = 0 4(2a− 1)= 0$
Под условие $0< a< 2$ подходят оба $a= 12;32$ .

Таким образом, ответ ${1 3} a ∈ 2;1;2 .$

Ответ:

$a ∈{0,5;1;1,5}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#31559

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

$2 2 |x− 3|− (1− 2a)x + (3− 4a)x +6a− 4= sin(|x− 3|+ 6a− 4)− sin((1− 2a)x − (3− 4a)x)$

имеет три различных решения.

Показать ответ и решение

Если обозначить $t= |x − 3|+ 6a − 4$ , $z = (1− 2a)x2− (3− 4a)x$ , то уравнение имеет вид $f(t)= f(z)$ , где $f(p) =sin p− p$ . Так как $′ f (p)= cosp − 1≤ 0$ , то функция $y =f(p)$ убывающая (то есть строго монотонна), значит, уравнение $f(t)= f(z)$ равносильно $t= z$ :

2 |x − 3|+6a− 4= (1− 2a)x − (3− 4a)x

1.

При $a = 12$ мы получим линейное модульное уравнение вида $|x − 3|= kx+ b$ , которое имеет максимум два корня, следовательно, при данном $a$ мы не получим три решения, то есть этот случай нам не подходит.

2.

Пусть $1 a⁄= 2$ . Рассмотрим функцию $2 f(x)= (2a− 1)x + (3− 4a)x+ |x− 3|+6a− 4$ . Тогда наше уравнение имеет вид $f(x)= 0$ и нам нужно, чтобы график функции $y = f(x)$ имел 3 точки пересечения с осью абсцисс. Раскроем модуль:

⌊ ⌈ f1 =(2a− 1)x2− 4(a − 1)x+6a − 7= 0, x ≤3 f2 =(2a− 1)x2− 2(2a− 1)x +6a− 1= 0,x < 3

В зависимости от того, как расположена прямая $x= 3$ относительно вершин парабол $f 1$ и $f 2$ , график $y = f(x)$ может выглядеть одним из четырех видов:

$PIC$

Во-первых, прямая $x= 3$ должна располагаться строго между вершинами парабол, что задается условием

x2(верш )<3 <x1(верш) ⇔ 1< 3< 2(a-− 1) ⇔ 1< a< 1 2a − 1 4 2

Во-вторых, должен выполняться один из двух случаев расположения оси абсцисс. Рассмотрим их ниже.

2.1.: Ось абсцисс проходит через точку стыка двух парабол, то есть через точку с абсциссой $x = 3$ . Это задается следующими требованиями: $1 f(3)= 0 ⇔ 3a − 1 =0 ⇔ a= 3$
Это значение параметра удовлетворяет условию $14 < a< 12,$ значит, нам подходит.
2.2.: Ось абсцисс проходит через вершину одной из парабол и находится выше ординаты вершины другой параболы. Это задается следующими требованиями: $⌊({ ⌊({ 2 || D1 = 0 || −4(8a − 12a +3)= 0 √ - ||(( D2 > 0 ⇔ ||(( −16a(2a− 1) >0 ⇔ a = 3−--3;1 ||⌈{ D1 > 0 ||⌈{ −4(8a2− 12a +3)> 0 4 2 ( D2 = 0 ( −16a(2a− 1) =0$
Под условие $1< a< 1 4 2$ подходит только $a= 3−√3 4$ .

Таким образом, ответ $a ∈{3−√3;1} . 4 3$

Ответ:

${ 3− √3 1} a ∈ --4--;3$

Предыдущий раздел

Следующий раздел