уравнения и неравенства с параметрами. Дробнорациональные уравнения, содержащие параметр

• Название: Дробнорациональные уравнения, содержащие параметр
• Дата: 21.10.2022
• Размер: 4.06 Mb.
• Имя файла: уравнения и неравенства с параметрами.docx
• Тип: Задача; #745894
• страница: 5 из 6

Пример 1. При каких а уравнение имеет единственное решение?

1) а2^x + 2^-х = 5.

▼ Положив 2^x= t, где t > 0, получим уравнение f(t) = 0, где f(t) = аt² – 5t +1.

Исходное уравнение имеет единственное решение, когда уравнение f(t) = 0 имеет единственное положительное решение. Это возможно в следующих случаях:

а) Если а = 0, то линейное уравнение – 5t +1 = 0 имеет решение t = > 0.

б) Если D = 25 – 4a = 0, а = , то уравнение f(t) = 0 имеет единственное положительное решение t = > 0.

в) Один корень уравнения f(t) = 0 положителен, второй отрицателен: t₁t₂ < 0, < 0  a < 0.

г) Случай t₁ = 0, t₂ > 0 невозможен, так как ни при каком а уравнение f(t) = 0 не может иметь нулевое решение.

Объединяя найденные значения а, получим ответ.

Отв: а(-∞; 0] .

2) 4^x – (5a - 3)2^x + 4а² – 3а = 0.

▼ Положив 2^x= t, где t > 0, получим уравнение f(t) = 0, где f(t) = t² – (5a - 3)t + а(4а – 3).

Исходное уравнение имеет единственное решение, когда уравнение f(t) = 0 имеет единственное положительное решение. Рассмотрим возможные случаи.

а) Если D = (5a - 3)² – 4a(4а – 3) = -9(а - 1)² = 0, а = 1, то уравнение f(t) = 0 имеет единственное положительное решение t = 1 > 0.

б) Корни уравнения f(t) = 0 имеют противоположные знаки: t₁t₂ < 0, а(4а – 3) < 0  а(0; ).

в) Один из корней уравнения f(t) = 0 равен нулю, а второй положителен. Если t₁ = а = 0, то t₂ = -3 < 0. Если же t₂ = 4а – 3 = 0, а = , то t₁ = а = > 0.

Объединяя найденные значения а, получим ответ.

Отв: а(0; ]1.

Пример. При каких значениях а уравнение (а + 1)2^2x + 2^х + 1 – a = 0 имеет единственное решение?

▼ Положив 2^x= t, где t > 0, получим уравнение f(t) = 0, где f(t) = (а + 1)t² + t + 1 - a.

Исходное уравнение имеет единственное решение, когда уравнение f(t) = 0 имеет единственное положительное решение. Это возможно в следующих случаях:

а) Если а + 1 = 0, а = -1 то имеем линейное уравнение t + 2 = 0, t = -2 < 0, значит а = -1 не подходит.

б) D = 0: 4a² – 3 = 0, a = ± /2. При a = /2, t₁ = t₂ = -1/( + 2), t_1,2 < 0.

При a =- /2, t₁ = t₂ = 1/( - 2), t_1,2 < 0. Значит, a = ± /2 не подходит.

в) Один корень уравнения f(t) = 0 положителен, второй отрицателен: t₁t₂ < 0, < 0  а > 1. Этот результат можно также получить из рассмотрении неравенства: (а + 1)f(0) < 0, (а + 1)(1 - а) < 0, 1 – а² < 0, а > 1.

г) Если t₁ = 0 при а = 1 то t₂ = -1/2 < 0.

Отв: а > 1.

Пример 2. При каких а уравнение имеет два различных решения?

1) 9^x – 2(3a - 2)3^x + 5a² - 4a = 0.

▼ Положив 3^x= t, где t > 0, получим уравнение f(t) = 0, где f(t) = t² – 2(3a - 2)t + 5a² - 4a. Уравнение f(t) = 0 имеет корни t₁ = а, t₂ = 5а – 4.

Исходное уравнение имеет два различных решения, когда уравнение f(t) = 0 имеет два различных положительных корня.

Решим систему

; ;  а( ; 1)(1; ∞).

Замечание. Значения а можно также получить, не находя корни t₁ и t₂, а из системы

; ;  а( ; 1)(1; ∞).

Отв: а( ; 1)(1; ∞).

Пример 3. При каких а уравнение 8^x = имеет только положительные корни?

▼ По свойству показательной функции с основанием, большим единицы, имеем х > 0: 8^x > 1, > 1, > 0  а( ; 4).

Отв: а( ; 4).

Пример 4. При каких а уравнение 25^x – (a - 4)5^x - 2a² + 10a – 12 = 0 не имеет действительных корней?

▼ Положив 5^x= t, где t > 0, получим уравнение f(t) = 0, где f(t) = t² – (a - 4)t - 2a² + 10a – 12. Уравнение f(t) = 0 имеет корни t₁ = 2а - 6, t₂ = 2 - а.

Исходное уравнение не имеет действительных корней, когда уравнение f(t) = 0 не имеет положительных корней. Это возможно в следующих случаях:

а) Уравнение не имеет два равных положительных корня: D = (3a– 8)² = 0, a = 8/3 корни t₁ = t₂ = - < 0.

б) Уравнение не имеет два разных положительных корня. Для этого достаточно решить систему

; ;  2 ≤ а ≤ 3.

Отв: а[2; 3].

Показательные неравенства с параметрами

Решение простейших показательных неравенств основано на свойствах монотонности степени:

 ;  .

Неравенство > 0 при помощи замены переменной t = a^x сводится к решению системы неравенств , а затем к решению простейших показательных неравенств.

При решении нестрогого неравенства необходимо к множеству решений строгого неравенства присоединить корни соответствующего уравнения. Во всех примерах, содержащих выражение a^f(x), предполагается а > 0. Случай а = 1 рассматривается отдельно.

Пример 1.Решить неравенства

1) a² – 9^x+1 – 8a3^x > 0.

▼ После замены 3^x= t, где t > 0, получим квадратное неравенство f(t) > 0, где f(t) = 9t² + 8at - a², корнями которого являются числа t₁ = -а, t₂ = .

Сравним числа –а и . Рассмотрим случаи:

а) При –а < , a > 0 решением квадратного неравенстваf(t) > 0 является интервал -а < t < .

С учетом 3^x= t > 0, получаем неравенство 3^x<  x < log₃a -2.

б) При –а = , a = 0 исходное неравенство имеет вид: 9^x+1 < 0, что невозможно.

в) При –а > , a < 0 решением квадратного неравенстваf(t) < 0 является интервал < t < -а.

С учетом 3^x= t > 0, получаем неравенство 3^x< -а  x < log₃(-a).

Отв: при a < 0, x < log₃(-a); при a = 0 решений нет; при a > 0,x < log₃a -2.

2) 9^{x + 1} + 8a3^x - a² > 0.

▼ После замены 3^x= t, где t > 0, получим квадратное неравенство f(t) > 0, где f(t) = 9t² + 8at - a², корнями которого являются числа t₁ = -а, t₂ = .

Сравним числа –а и . Рассмотрим случаи:

а) При –а < , a > 0 решением квадратного неравенстваf(t) > 0 является совокупность неравенств: -a < t и t > .

С учетом 3^x= t > 0, получаем неравенство 3^x>  x > log₃a -2.

б) При –а = , a = 0: исходное неравенство принимает вид 9^{x + 1} > 0, решением является любое значение хR.

в) При –а > , a < 0 решением квадратного неравенстваf(t) > 0 является совокупность неравенств: < t и t > -а.

С учетом 3^x= t > 0, получаем неравенство 3^x > -а  x > log₃(-a).

Отв: при а < 0, x > log₃(-a); при а = 0, хR; при а > 0, х( log₃a – 2; ∞).

3) а²4^{x + 1} - 33a2^x + 8 > 0.

▼ При а ≤ 0 левая часть неравенства положительна при любом хR.

Пусть а > 0. Обозначим t = 2^xа, получим квадратное неравенство 4t² – 33t + 8 > 0, решения которого t(-∞; )(8; ∞).

Множество решений исходного неравенства найдем из совокупгости неравенств

; ; .

Отв: при а ≤ 0, хR; при а > 0, х(-∞; )( ; ∞).

4) - 3 - > a + 2.

▼ ОДЗ параметра: а > 0.

Преобразуем неравенство, используя свойства показательной функции:

, .

Так как а > 0 и > 0 при всех а, то после сокращения получаем неравенство: (a– 2) > 1.

Рассмотрим два случая:

а) а > 2: >  x > -log_a(a – 2).

б) Подстановкой убеждаемся, что при а = 2 и а = 1 решений нет.

Отв: при а ≤ 2 решений нет; при а > 2, x > -log_a(a – 2).

5) 4^х - а2^х+ а ≤ 0.

▼ После замены 2^x= t, где t > 0, получим квадратное неравенство f(t) ≤ 0,

где f(t) = t² – at + a.

1. D = a² - 4а = 0, а = 0 или а = 4: Если а = 0, то t² ≤ 0 - решений нет, поскольку t > 0. Если а = 4, то t² – 4t + 4 ≤ 0, t = 2, 2^х = 2, х = 1 - решение данного неравенства при а = 4.

2. D < 0, а²- 4а < 0, а(0; 4): f(t) = t² - at + а > 0 при любом значении t, в том числе и при t > 0. Значит, при 0 < а < 4 решений неравенство f(t) ≤ 0 нет.

3. D > 0: Корни уравнения f(t) = 0 .

Рассмотрим различеые случаи раположения корней.

а) Оба корня положительны. Значения а находим из системы неравенств:

;  а > 4, где t₀ - абсцисса вершины параболы.

При а > 4 получаем ≤ t ≤

и ≤ x ≤ .

б) Оба корня отрицательны. Этот случай невозможен, поскольку t₁+ t₂ = а < 0 и t₁t₂ = а > 0, что взаимно исключает друг друга.

в) Оба корня разных знаков. В этом случае

D > 0, f(0) < 0:  а < 0.

Итак, при а < 0 с учетом t > 0 получаем 0 < t < ;

х < .

Отв: при а < 0, х < ; при 0 ≤ а < 4 решений нет;

при а = 4 х= 1; при а > 4 ≤ x ≤ .

Пример 2. Найдите все значения параметра а, при которых неравенство

4^x – a2^x – а + 3 ≤ 0 имеет решения.

▼ После замены 2^x= t, где t > 0, получим квадратное неравенство f(t) ≤ 0, где f(t) = t² - at – a+ 3.

Исходное неравенство будет иметь решения, если квадратное неравенство f(t) ≤ 0 имеет хотя бы одно положительное решение. Это возможно в следующих случаях.

а) Число 0 лежит между корнями. В этом случае f(0) = -a+ 3 < 0, a > 3.

б) Оба корня больше числа 0. В этом случае:

; ;  а[2; 3).

б) Один корень t₁ = 0, тогда а = 3, при этом t₂ = 3.

Отв: а[2; ∞).

Пример 3. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых

неравенство (8a 22) 40a 8 0 выполняется для любого

значения х из промежутка [1; 5).

▼ После замены = t > 0, получим квадратное неравенство f (t) 0, где

f (t) = t² (8a 22)t40a 8.

Из условия 1 ≤х 5, получим: 4 3х 1 16 , 2  4, 4  16 , 4  t 16. Таким образом, исходное неравенство выполняется для любого значения х из промежутка [1; 5), когда для любого значения tиз промежутка [4; 16) выполняется квадратное неравенство f (t) 0. Последнее требование имеет место лишь в том случае, если меньший корень квадратичной функции f (t) меньше 4, а больший корень не меньше 16.

Искомые значения параметра находим из системы

; ;  8 < a ≤ 1.

Отв: (– 8; 1].

Пример 4. Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство

2a a² 9 0 выполняется для любого допустимого значения х.

▼ После замены = t > 0, получим квадратное неравенство f (t) ≥0, где

f (t) = t² 2ata² 9. Уравнение f (t) =0 имеет корни t₁ = a – 3 и t₂ = a + 3.

Из условия -1 ≤ cosх ≤ 1, получим: ≤ ≤ ,  t ≤. Таким образом, исходное неравенство выполняется для любого допустимого значения х, когда неравенство f (t) ≥0 выполняется для любого t[ , 3]. Решением квадратного неравенства f (t) ≥0 будут t(-;а -3][a 3; ) .

Таким образом, необходимо, чтобы промежуток [ , 3] целиком содержался во множестве решений неравенства f (t) ≥0. Это достигается, если

; ; .

Отв: а  или а 6.

Пример 5. Найти все значения параметра а, при котором неравенство

а4^х - 5a2^х + 2а > 6 - 152^х выполняется для всех значениях х.

▼ После замены 2^х = t > 0, получим квадратное неравенство f (t) >0, где

f (t) = at² a- 3)ta .

При а = 0 имеем неравенство t> , которое выполняется не при всех положительных значениях t.

При а ≠ 0 имеем квадратное неравенство, которое должно выполняться при всех положительных значениях t.

Найдем дискриминант D = 25a- 3)² – 8a(a – 3) = (a – 3)(17a – 75) и абсциссу вершины t₀ = параболы f (t). Рассмотрим возможные случаи расположения параболы относительно оси t, удовлетворяющие условиям задачи.

Пусть а > 0.

а) Парабола, ветви которой направлены вверх, расположена выше оси t.

;  3 < a < . В этом случае f (t) >0 при всех значениях t, в частности, при t > 0.

б) Парабола, ветви которой направлены вверх, касается оси t в точках промежутка (-; 0].

Значение а найдем из системы неравенств:

; ;  а = 3.

в) Парабола, ветви которой направлены вверх, пересекает ось t в двух различных точках t₁ и t₂, причем t₁< t₂ ≤ 0.

Значение а найдем из системы неравенств:

;  нет решений.

При а < 0 нет решений.

Отв:a[3; ).

Логарифмические уравнения с параметрами

Приведем некоторые эквивалентности, используемые при решении логарифмических уравнений

1. Уравнение равносильно системе

В частности, если а > 0, a ≠ 1, то

 .

2. Уравнение  , (а > 0, a ≠ 1,).

Пример 1. Решить уравнения

1) .

▼ Воспользуемся определением логарифма: ax(x + 4) = 4,

ax² + 4ax – 4 = 0.

При а = 0 решений нет.

Пусть а ≠ 0. D = 16a(a + 1). Рассмотрим случаи:

а) D< 0, a(a + 1) < 0, a(-1; 0), решений нет.

б) D = 0, a(a + 1) = 0, a = -1, х_1,2 = -2.

в) D > 0, a(a + 1) > 0, a(-; -1)(0; ∞), х_1,2 = .

Отв: при a(-; -1)(0; ∞), х_1,2 = ; при a = -1, х_1,2 = -2;

при a(-1; 0), решений нет.

2) .

▼ Воспользуемся определением логарифма: . Для этого уравнения ОДЗ:

Решаем уравнение – следствие: a – 8x + 8 = 0, x = (a + 8)/8.

а) ; ;

б) При а = 0 решений нет.

Отв: при а = 0 решений нет; при а ≠ 0, x = (a + 8)/8.

3) log_ax + log_a(x - 2) = 1.

▼ ОДЗ: , x > 2, x(2; ∞).

На ОДЗ исходное уравнение равнозначно log_ax(x - 2) = 1, x(x - 2) = а 

, причем  (2; ∞), а (2; ∞).

Таким образом, уравнение при любых а > 0, a ≠ 1 имеет решение .

Отв: .

4) log₃2а + log₃х(а - 2) = log₃(а - 2).

▼ ОДЗ: , .

На ОДЗ исходное уравнение равнозначно 2а(а - 2)х = (а - 2) 

.

При а ≤ 2 решений нет.

Отв: при а(-∞; 2] решений нет; при а(2; ∞), .

5) 1 + log_a(x – 1)log_ха = .

▼ ОДЗ уравнения : х > 1, а > 0, a ≠ 1.

Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ, получим

log_aх(x – 1) = 2, x² – x – a² = 0, .

Поскольку < 1, то х₁ не является корнем уравнения.

Второй корень > 1 при любом а > 0.

Отв: при а(0; 1)(1; ), .

6) .

▼ ОДЗ уравнения: х > 0, х ≠ а⁴, а > 0, a ≠ 1.

Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ, получим

,  , х = а^-3 и , х = а². Условие х ≠ а⁴ соблюдается.

Отв: при а(0; 1)(1; ), х = а^-3, х = а².

7) log_ax² + 2log_a(x + 2) = 1.

▼ ОДЗ уравнения: х(-2; 0)(0; ), а > 0, a ≠ 1..

На ОДЗ исходное уравнение равнозначно 2log_ax(x + 2) = 1,

x(x + 2) = .

Рассмотрим два случая.

а) х(-2; 0). x(x + 2) =  x² + 2x + = 0. Оба корня при 0 < a < 1 принадлежат интервалу (-2; 0). При a > 1 дискриминант

D/4 = 1 - < 0, следовательно, уравнение не имеет корней, принадлежащих интервалу (-2; 0).

б) х(0; ). x(x + 2) =  x² + 2x - = 0. Корень (0; ) ни при каких a > 0, а (0; ) для любого a > 0.

Отв: при а(0; 1), , ; при а(1; ∞), .

8) .

▼ ОДЗ уравнения: х < 2, х ≠ 1, 2x + a > 0.

На ОДЗ исходное уравнение равнозначно уравнению = 2 - x,

x² - 6x + 4 - а = 0  (а ≥ -5). Неравенство 2x + a > 0 выполняется автоматически, так как 2x + a = (2 - x)² > 0 при х ≠ 2. Корень > 2. Определим, при каких а х₂ < 2.

< 2, > 1, a > -4. Исключим значение а, при котором

= 1, = 1, = 2, a = -1.

Замечание. Так как > 2, то значение а, при которых х₂ < 2 можно найти из условия f(2) < 0, где f(х) = x² - 6x + 4 - а. Действительно,

f(2) < 0, 4 – 12 + 4 – а < 0, а > -4.

Отв: при а(-4; -1)(-1; ), ; при а(-∞; -4]{-1}решений нет.