Задачи с параметрами и методы их решения

1. Упростив данное уравнение, получим

3. Решения уравнения должны удовлетворять условиям

5.Ответ: 1.

25.Для аждо#о неотрицательно#о значения параметра a решить неравенство

1.Если a = 0, то неравенство (1) примет вид –x + 3 l 0, а множество е#о решений есть промежуто –× < x m 3.

2.Пусть теперь a — фи сированное положительное число. Преобразуем левую часть неравенства (1) следующим образом:

3. Дис риминант вадратно#о трехчлена a2x2 + ax + 3a + 1 равен D1 = –a2(12a + 3). Та а a > 0, то ясно, что D1 отрицателен.

Следовательно, вадратный трехчлен a2x2 + ax + 3a + 1 положителен для любо#о значения x, т. е. исходное неравенство равносильно неравенству

101

жество решений неравенства (3), а следовательно, и исходно#о неравенства, есть вся числовая прямая.

1

5. Если же 0 < a < ------ , то множество решений неравенства (3),

12

а, значит, и исходно#о неравенства, состоит из двух промежут ов:

1

если a l ------ , то –× < x < ×.

12

26. В зависимости от значений параметров a и n решить неравенство

Имеем D = n2a2 0, x = n – a и x = n + a , #де n 0.

---- l 1 ------------ 2 ------------ −

4 n n

n – a n + a

3. Ответ: если an > 0, то x < ------------ и x > ------------ ; n n

n + a n – a

если an < 0, то x < ------------ и x > ------------ ; n n

если a = 0, n − 0, то x Ý R, роме x = 1; если n = 0, то нет решений.

27. Найти все значения a, при оторых неравенство

(x – 3a)(x – a – 3) < 0 (1) выполняется для всех x та их, что 1 m x m 3.

1. Решением неравенства (1) является один из промежут ов: (3a; a + 3) или (a + 3; 3a).

2. По условию аждый из этих промежут ов должен содержать отрезо [1; 3]. Возможны два варианта (рис. 25, а и б).

102

Рис. 25

3. Поэтому ис омые значения параметра — это решения сово-упности двух систем:

1

4. Первая из них имеет решения 0 < a < -- , а вторая не имеет

3

решений.

5.Ответ: a Ý 0; 1--3 .

28.Корни x1 и x2 уравнения x2 + kx + 1 = 0 удовлетворяют нера-

венству x41 + x42 > 1. Определить возможные значения, оторые может принимать параметр k.

3.Решив неравенство k4 – 4k2 + 1 > 0, получаем k2 > 2 + 3 и k2 < 2 – 3 .

4.Данное уравнение x2 + kx + 1 = 0 имеет два орня при условии D = k2 – 4 l 0.

5.Ис омые значения k должны удовлетворять системе неравенств

k2 < 2 – 3 , k2 > 2 + 3 , k2 – 4 l 0.

6. Ответ: k Ý (–×; –2] Ÿ [2; +×).

103

29. В зависимости от значений параметра a решить уравнение

|x + 1| + a|x – 2| = 3.

1. В соответствии с определением модуля задача сводится нахождению решений следующих уравнений:

2. Уравнение (1) имеет решения, если a − –1. При этом условии

дим, что a Ý (–1; 1).

3. Рассмотрим уравнение (2). Отметим, что при a = 1 решением уравнения является любое x Ý [–1; 2).

2(1 – a)

Если же a − 1, то x = --------------------- = 2. Одна о найденное значение

1 – a

x не принадлежит промежут у [–1; 2), поэтому при a − 1 уравнение (2) не имеет решений.

4. Рассмотрим уравнение (3). Здесь при a = –1 решением является любое x Ý [2; +×).

1.Перенеся x в левую часть и возведя обе части уравнения

ввадрат, получим

2. Далее, возведя обе части уравнения (2) в вадрат, найдем,

a2

что x = ----- — единственный возможный орень уравнения (1). Под-

4

ставив е#о в это уравнение, получим

a2 – 16a + 64 = 2a2 – 8a + 16 – a2 ,

104

б) Пусть 4 m a < 8; то#да равенство (3) не выполняется, пос оль-у 8 – a − 2(a – 4) – a.

в) Пусть 0 m a < 4; то#да равенство (3) примет вид 8 – a = = 2(4 – a) – a и выполняется лишь при a = 0.

#) Пусть a < 0; то#да равенство (3) превращается в тождество 8 – a = 2(4 – a) + a, т. е. оно выполняется при всех a < 0.

4. Ответ: если a m 0 или a l 8, то уравнение имеет единствен-

a2

ный орень x = ----- ;

4

если 0 < a < 8, то орней нет.

31. Для аждо#о значения параметра a найти все значения x, удовлетворяющие уравнению

1.Разобьем числовую прямую на три промежут а: 1) –× < x <

<–3; 2) –3 m x m 1; 3) 1 < x < +×. Решим уравнение (1) в аждом из этих промежут ов.

2.Рассмотрим промежуто –× < x < –3. В этом промежут е уравнение (1) примет вид

Отсюда видно, что при a = 1 уравнение (2) не имеет решений. Если же a − 1, то уравнение (2) имеет один орень

3. Теперь следует выяснить, при а их значениях a этот о- рень удовлетворяет неравенству –× < x < –3.

а) Для это#о надо решить неравенство

б) Перепишем неравенство (4) в виде

105

в) Решением неравенства (5) является промежуто –1 < a < 1. Следовательно, на множестве –× < x < –3 исходное уравнение имеет один орень (3) при любом значении a из промежут а –1 < a < 1 и не имеет орней при любом значении a, не принадлежащем этому промежут у.

4. Рассмотрим промежуто –3 m x m 1. В этом промежут е уравнение (1) примет вид

Отсюда видно, что при a = –1 решением уравнения (6) является любое действительное число, та а 0 · x = 0.

Если же a − –1, то уравнение (6) имеет один орень x = 1. Следовательно, в рассматриваемом промежут е уравнение (1) имеет единственный орень x = 1 при любом a − –1, а при a = —1 е#о решением будет любое число из промежут а –3 m x m 1.

5. Рассмотрим промежуто 1 < x < +×. В этом промежут е уравнение (1) примет вид

не лежащий в рассматриваемом промежут е. Следовательно, в промежут е 1 < x < +× исходное уравнение не имеет орней при любом a − 1, а при a = 1 е#о решением является любое число из промежут а 1 < x < +×.

6. Подводя ито#, получаем, что при a = 1 решением исходно#о уравнения (1) являются все значения x из промежут а 1 < x < +×; при a = –1 — все значения x из промежут а –3 m x m 1; при любом значении a та ом, что |a| < 1, исходное уравнение имеет два орня

7 + a

x1 = ------------ и x2 = 1; при любом значении a та ом, что |a| > 1, исход- a – 1

ное уравнение имеет один орень x = 1. 7. Ответ: если a = 1, то x Ý (1; +×);

если a = –1, то x Ý [–3; 1];

7 + a

если |a| < 1, то x1 = ------------ , x2 = 1; a – 1

если |a| > 1, то x = 1.

32. При а их значениях параметра a уравнение

имеет единственное решение?

106

З а м е ч а н и е 1.

Приведем сначала решение задачи, оторое часто дают абитуриенты.

1.Числовая прямая разбивается на три промежут а: x < –1, –1 m x m 1 и x > 1.

2.В промежут ах x < –1 и x > 1 имеем |x2 – 1| = x2 – 1 и уравнение (1) примет вид

1

4. Одна о значение x = -- не принадлежат ни одному из проме-

2

жут ов x < –1 и x > 1. Поэтому в данном случае задача не имеет решений.

5.В промежут е –1 m x m 1 имеем |x2 – 1| = 1 – x2 и уравнение

(1)примет вид 2x + a = 1. Это уравнение имеет единственное решение

З а м е ч а н и е 2.

1.Приведенное решение является неверным. Из не#о лишь следует, что на отрез е [–1; 1] уравнение (1) имеет единственное решение вида (3) при a Ý [–1; 3].

2.Одна о это вовсе не означает, что при тех же значениях a уравнение (1) не имеет дру#их решений, отличных от (3), но принадлежащих промежут у x < –1 или x > 1.

107

4. Та им образом, при a = 0 уравнение (1) имеет два различных

5. Это значит, что условие –1 m a m 3 является лишь необходимым, но не достаточным условием единственности решения.

6. Для получения верно#о ответа среди значений a Ý [–1; 3] нужно было отобрать та ие (если они существуют), оторые дают единственное решение уравнения (1).

З а м е ч а н и е 3.

Приведем теперь правильное решение задачи.

1.Воспользуемся #рафичес им методом а наиболее на#лядным и эффе тивным в данном случае.

2.Для это#о запишем уравнение (1) в виде

|x2 – 1| + x2 – 2x = a

и будем ис ать е#о решения а абсциссы точе пересечения #рафи а фун ции

y= f(x) = |x2 – 1| + x2 – 2x

исемейства прямых y = a.

3.Чтобы построить #рафи фун ции f(x), освободимся от зна-а модуля:

4.Графи фун ции f(x) изображен на рис. 26.

5.Построив семейство прямых y = a, убеждаемся, что единственная точ а пересечения прямой y = a с #рафи ом фун ции f(x) существует толь о при a = –1 (прямая AB). То#да x = 1 — единственное решение уравнения (1).

6.Ответ: единственное решение x = 1 при a = –1.

33.Найти минимум фун ции

I способ. 1. Фун ция y(x) дости#ает минимума, о#да выраже-

1

ние x(1 – x) ма симально. Это имеет место при x = -- .

2

108

Рис. 26

II способ. 1. Произведение x(1 – x) двух положительных множителей, сумма оторых постоянна: x + (1 – x) = 1, ма симально при равенстве этих множителей, т. е. о#да x = 1 – x.

1

2. Отсюда получаем, что при x = -- произведение x(1 – x) ма -

2

1

симально и равно -- .

4

3. Следовательно, ymin = 4.

109

III способ. 1. Будем ис ать наименьшее значение фун ции

1

y = --------------------- (0 < x < 1, y > 0) x(1 – x)

спомощью исследования множества ее значений.

2.Та а x и y связаны уравнением

x(1 – x)y = 1,

или, что то же самое, вадратным уравнением

то отыс ание множества значений фун ции (1) э вивалентно отыс-анию множества всех значений параметра y, при оторых уравнение (2) имеет действительные орни.

3. Последнее условие выполняется то#да и толь о то#да, о#да дис риминант уравнения (2) неотрицателен:

D(y) = y2 – 4y l 0,

от уда y l 4.

4.Ита , ymin = 4.

34.Найти все значения параметра a, для аждо#о из оторых числа x и y, удовлетворяющие системе уравнений

x + y = a, 2x – y = 3,

удовлетворяют та же неравенству x > y.

1. Решив данную систему уравнений, находим

a+ 3

x = ------------ , y = ---------------- .

3 3

2.Следовательно, ис омые значения параметра a являются решениями неравенства 2a – 3

a + 3 2a – 3

------------ > ---------------- ,

3 3

оторому удовлетворяют все a из промежут а –× < a < 6. 3. Ответ: a Ý (–×; 6).

110