задача с параметром. И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами
 Скачать 5.52 Mb.
|
|
часть II (более сложные задачи) Помимо сказанного в предыдущем параграфе, добавим следующее. VI. Углом α между кривыми y = f (x) и y = g(x) (см. рис. 13.1 ) в точке их пересечения (x 0 ; y 0 ) называется угол между касательными к ним в точке (x 0 ; y 0 ). В частности, если угол между кривыми y = f (x) и y = g(x) в точке их пересечения (x 0 ; y 0 ) равен нулю, то касательные в точке (x 0 ; y 0 ) для кривых y = f (x) и y =g(x) совпадают (см. рис. 13.2 ) и говорят, что кривые y = f (x) и y = g(x) касаются друг друга в точке (x 0 ; y 0 ). Условие касания двух дифференцируемых кривых в точке с абсциссой x 0 равносильно следующей системе двух уравнений: ¨ f (x 0 ) = g(x 0 ), f 0 (x 0 ) = g 0 (x 0 ). x y 0 x 0 α y = g(x) y = f (x) Рис. 13.1 x y 0 x 0 y = g(x) y = f (x) Рис. 13.2 Пример 13.1. Найдите все значения a, при каждом из которых система уравнений ¨ (xy + x + y)( y + x 2 ) = 0, y = ax − 1 имеет: а) ровно два различных решения; б) ровно четыре различных решения. 116 Часть 1. Решение задач Решение. Первому уравнению удовлетворяют точки гиперболы xy + x + y = 0 (или (x + 1)(y + 1) = 1, откуда y = −x/(x + 1)) и пара- болы y = −x 2 (см. рис. 13.3 ). Найдём точки пересечения гиперболы с параболой: − x x + 1 = −x 2 ⇔ x x + 1 · (x 2 + x − 1) = 0 ⇔ x 1 = 0, x 2,3 = −1 ± p 5 2 Координаты точек пересечения гиперболы с параболой обозначим (x 1,2,3 ; y 1,2,3 ), соответствующие значения y 1,2,3 находим из уравнения y = −x 2 . Корни x 2,3 удовлетворяют уравнению x 2 2,3 + x 2,3 − 1 = 0, от- куда y 2,3 = −x 2 2,3 = x 2,3 − 1. Таким образом, соответствующие точки пересечения гиперболы с параболой лежат на прямой A, заданной уравнением y = x − 1 (см. рис. 13.3 ). При различных значениях a графики функций, заданных уравнением y = ax − 1, представляют собой прямые, проходящие через точку (0; −1). Обозначим через B прямую x = 0, а через D — прямую y = −1. x y 1 0 −1 −1 A B C D Рис. 13.3 Прямая y = ax − 1 пересекается с параболой y = −x 2 в двух точ- ках при любом a, так как уравнение −x 2 = ax − 1 имеет положи- тельный дискриминант. Найдём те значения a, при которых прямая вида y = ax − 1 касается гиперболы (обозначим соответствующую касательную через C). Для этого достаточно найти те a, при которых точка пересечения прямой с гиперболой единственна, т. е. уравнение − x x + 1 = ax − 1 имеет единственное решение. Поскольку это уравне- ние сводится к квадратному, вычисляя дискриминант и приравнивая § 13. Решение задач при помощи графика, часть II 117 его к нулю, находим значение a = −4 и точку касания (−1/2; 1). Точку касания можно было найти и из системы, означающей, что равны как значения функций, так и значения их производных: ax − 1 = −1 + 1 x + 1 , a = − 1 (x + 1) 2 Таким образом, при разных значениях a получаем следующие воз- можности (см. рис. 13.3 ). 1. Прямая A имеет две точки пересечения с кривыми, являющимися решениями первого уравнения системы (что соответствует a = 1). 2. Прямая B имеет одну точку пересечения с кривыми, являющи- мися решениями первого уравнения (прямая B ни при каком a не принадлежит семейству прямых y = ax − 1, хотя и проходит через точку (0; −1)). 3. Прямая находится между прямыми A и B — четыре точки пересе- чения (что соответствует a ∈ (1; +∞)). 4. Прямая C — три точки пересечения (что соответствует a = −4). 5. Прямая находится между прямыми B и C — четыре точки пересе- чения (что соответствует a ∈ (−∞; −4)). 6. Прямая D — две точки пересечения (что соответствует a = 0). 7. Прямая находится между прямыми C и D — две точки пересече- ния (что соответствует a ∈ (0; −4)). 8. Прямая находится между прямыми D и A — четыре точки пересе- чения (что соответствует a ∈ (0; 1)). Ответ: а) a ∈ (−4; 0] ∪ {1}; б) a ∈ (−∞; −4) ∪ (0; 1) ∪ (1; +∞). Пример 13.2. Найдите все значения a, при каждом из которых система ¨ y 2 + a = x, |x| + | y| + |x − y| = 2 имеет: а) ровно одно решение; б) ровно четыре различных решения. Решение. Построим ломаную, заданную уравнением |x| + | y| + |x − y| = 2. В зависимости от того, какие знаки имеют величины x, y, x − y, рассмотрим шесть областей (см. рис. 13.4 ). В каждой из этих шести областей линия, заданная уравнением |x| + | y| + |x − y| = 2, представ- 118 Часть 1. Решение задач x y 1 2 3 4 5 6 Рис. 13.4 x y 1 2 3 4 5 6 Рис. 13.5 ляет собой отрезок. Для нахождения концов этих отрезков используем x y Рис. 13.6 уравнение |x| + | y| + |x − y| = 2, из которого следует, что а) если x = 0, то y = ±1; б) если y = 0, то x = ±1; в) если x = y, то x = y = 1 либо x = = y = −1. Таким образом, в каждой из шести об- ластей нами найдено по две точки (см. рис. 13.5 ). Эти точки являются концевыми точками искомых отрезков (см. рис. 13.6 ). Заметим, что первое уравнение систе- мы y 2 + a = x задаёт параболу. Возможны следующие случаи (см. рис. 13.7 ). x y 0 1 1 A B C D Рис. 13.7 § 13. Решение задач при помощи графика, часть II 119 1. Парабола A имеет одну точку пересечения с ломаной, заданной вторым уравнением системы (что соответствует a = 1). 2. Парабола B имеет три точки пересечения с ломаной (что соответ- ствует a = a 0 ). Значение a 0 находим из того условия, что прямая y − x = 1 является касательной для параболы x = y 2 + a. Таким образом, a 0 = −3/4, что соответствует точке касания (−1/2; 1/2). 3. Парабола, находящаяся между параболами A и B, имеет две точки пересечения с ломаной (что соответствует a ∈ (−3/4; 1)). 4. Парабола C имеет три точки пересечения с ломаной (что соответ- ствует a = −1). 5. Парабола, находящаяся между параболами B и C, имеет четыре точки пересечения с ломаной (что соответствует a ∈ (−1; −3/4)). 6. Парабола D имеет одну точку пересечения с ломаной (что соот- ветствует a = −2). 7. Парабола, находящаяся между параболами C и D, имеет две точки пересечения с ломаной (что соответствует a ∈ (−2; −1)). 8. В случае a > 1 либо a < −2 пересечений нет. Ответ: а) a = −2; a = 1; б) a ∈ (−1; −3/4). Пример 13.3. Найдите все значения a, при которых система ¨ log 3−log 3 (𝑎+4) y = (x 2 − 7x) 3 , x 2 + y = 7x имеет ровно два различных решения. Решение. Для краткости введём обозначение b = 3 − log 3 (a + 4) и будем решать следующую задачу. Найдите все значения b, при которых система ¨ log 𝑏 y = (x 2 − 7x) 3 , x 2 + y = 7x имеет ровно два различных решения. Находя ОДЗ переменной y, получаем, что имеет смысл рассматри- вать только y > 0. Заметим, что второе уравнение x 2 − 7x + y = 0, если его рассматривать как уравнение относительно x, имеет следующее количество решений: 1) D = 49 − 4 y < 0 ⇒ решений нет; 2) D = 49 − 4 y = 0 ⇔ y = 49/4 ⇒ ровно одно решение x = x( y); 3) D = 49 − 4 y > 0 ⇔ 0 < y < 49/4 ⇒ два решения x = x ± ( y). 120 Часть 1. Решение задач Докажем, что различным значениям y соответствуют различные значения x. Пусть y ∗ , y ∗∗ ∈ (0; 49/4), y ∗ 6= y ∗∗ , и x 1,2 , x 3,4 — корни квад- ратных уравнений x 2 − 7x + y ∗ = 0 и x 2 − 7x + y ∗∗ = 0 соответственно. Докажем, что все корни x 1,2 , x 3,4 различны. Корни фиксированного квадратного уравнения с положительным дискриминантом различ- ны, т. е. справедливы неравенства x 1 6= x 2 и x 3 6= x 4 . Если бы оказалось, что x 1 = x 3 , то из теоремы Виета вытекало бы, что ¨ x 1 + x 2 = 7, x 3 + x 4 = 7 ⇒ x 2 = x 4 ⇒ y ∗ = y ∗∗ Из полученного противоречия с условием ( y ∗ 6= y ∗∗ ) следует, что раз- личным значениям y соответствуют различные решения x уравнения x 2 − 7x + y = 0. Перепишем первое уравнение в виде log 𝑏 y = −y 3 . Будем исследо- вать количество решений данного уравнения. Для удобства введём функцию g( y) = log 𝑏 y + y 3 I. Рассмотрим случай b > 1. Тогда (см. рис. 13.8 ) справедливы соотношения lim 𝑦 →0+ g( y) = −∞, g(1) = 1. Отсюда делаем вывод о существовании нуля функции g( y), т. е. такого y 0 ∈ (0; 1), что g( y 0 ) = 0. Действительно, непрерывная функ- ция g( y) на отрезке (в нашем случае, например, [b −2 ; 1], так как g(b −2 ) = −2 + b −6 < −2+1 = −1 и g(1) = 1 > 0) принимает все промежу- точные значения (в нашем случае нуль). А из монотонности функции g( y) вытекает единственность такого y 0 Поскольку y 0 ∈ (0; 1), исходная система имеет два различных ре- шения. Следовательно, нам подходит любое b > 1. y 0 1 −1 − y 3 log 𝑏 y, b > 1 Рис. 13.8 § 13. Решение задач при помощи графика, часть II 121 y z 0 1 1 49 /4 A B C D E z = −y 3 z = log 𝑏 y, 0 < b < 1 Рис. 13.9 II. Рассмотрим случай b ∈ (0; 1). Разберём все возможные вариан- ты пересечения графика логарифмической функции log 𝑏 y, b ∈ (0; 1), с графиком функции − y 3 . На рис. 13.9 изображены эти возможности. A. График логарифмической функции не пересекает график функ- ции − y 3 , поэтому решений у исходной системы нет. B. График логарифмической функции пересекает график функции − y 3 только в одной точке y ∗ (это точка касания). Так как 0 < y ∗ < < 49/4 (мы докажем это ниже), решений у исходной системы будет два (данному y ∗ соответствуют два значения x). C. График логарифмической функции (см. рис. 13.9 ) пересекает гра- фик функции − y 3 в двух точках y 1,2 . Так как 0 < y 1 < y ∗ < y 2 <49/4, решений у исходной системы будет четыре: каждому y 𝑘 соответ- ствуют два значения x ± ( y 𝑘 ). D. График логарифмической функции пересекает график функции − y 3 в двух точках y 1,2 . Поскольку 0 < y 1 < y ∗ < y 2 = 49/4, решений у исходной системы будет три: y 1 соответствуют два значения x ± ( y 1 ), а y 2 соответствует одно решение x( y 2 ). E. График логарифмической функции пересекает график функции − y 3 в двух точках y 1,2 . Поскольку 0 < y 1 < y ∗ < 49/4 < y 2 , решений у исходной системы будет два: y 1 соответствуют два значения x ± ( y 1 ), а для y 2 не существует корней x( y 2 ) в силу отрицательно- сти дискриминанта. Найдём b ∗ ∈(0; 1), при котором график функции log 𝑏 ∗ y, b ∗ ∈(0; 1), касается графика функции − y 3 (т. е. графики имеют общую касатель- ную): 122 Часть 1. Решение задач log 𝑏 ∗ y = −y 3 , 1 y ln b ∗ = −3y 2 ⇔ ln y ln b ∗ = −y 3 , 1 ln b ∗ = −3y 3 ⇔ ⇔ ln y = 1 3 , ln b ∗ = − 1 3 y 3 ⇔ ¨ y = e 1/3 , b ∗ = e −1/(3𝑒) Видим, что действительно b ∗ = e −1/(3𝑒) ∈ (0; 1). При увеличении b, т. е. в случае b ∈ (b ∗ ; 1), график имеет вид A (см. рис. 13.9 ), т. е. пересечений нет. Найдём теперь значение b ∗∗ , которое соответствует графику D, т. е. графику функции log 𝑏 ∗∗ y, проходящему через точку ( y ∗∗ ; −( y ∗∗ ) 3 ), где y ∗∗ = 49/4. Из равенства log 𝑏 ∗ y ∗∗ = −(y ∗∗ ) 3 находим, что b ∗∗ = (y ∗∗ ) − 1 ( 𝑦∗∗ )3 = 4 49 ( 4 49 ) 3 Как отмечено выше, в этом случае исходная система имеет ровно три решения. Если b ∈ (b ∗∗ ; b ∗ ) (что соответствует графику C), то исходная систе- ма будет иметь четыре решения. Если b ∈ (0; b ∗∗ ) (что соответствует графику E), то у исходной системы будет два решения. Итого, ровно два решения система будет иметь при b ∈ (0; b ∗∗ ) ∪ ∪ {b ∗ }. Не забываем также про случай b > 1, когда система тоже имела два решения. Остаётся вспомнить, что a связано с b формулой b = 3 − log 3 (a + 4), т. е a = 3 3−𝑏 − 4: b ∈ (0; b ∗∗ ), b = b ∗ , b > 1 ⇔ a ∈ (3 3−𝑏 ∗∗ − 4; 23), a = 3 3−𝑏 ∗ − 4, a ∈ (−4; 5). Ответ: a ∈ (−4; 5) ∪ {3 3−𝑒 −1/(3𝑒) − 4} ∪ 3 3− ( 4 49 ) ( 4 49 ) 3 − 4; 23 Пример 13.4. Найдите все значения c, при которых система ( 3 Æ |x + 4| + Æ | y − 3| = 1, 81(x + 4) 2 + y 2 + c = 6y имеет ровно четыре различных решения. § 13. Решение задач при помощи графика, часть II 123 Решение. Введём обозначения a = 3 p|x + 4|, b = p|y − 3|. Тогда система запишется в виде a ¾ 0, b ¾ 0, a + b = 1, a 4 + b 4 = 9 − c. (13.1) Данную систему можно решить и используя соображения симметрии, но в этом параграфе мы разберём графическую интерпретацию дан- ного примера (см. рис. 13.10 ). a b 0 1 1 a + b = 1 − y 3 a 4 + b 4 = 9 − c Рис. 13.10 Рассмотрим следующие возможные случаи. A. Пусть (a 0 ; 0), a 0 > 0, — решение системы ( 13.1 ). В этом случае у исходной системы два решения: (x; y) = (−4 ± (a 0 /3) 2 ; 3). B. Пусть (0; b 0 ), b 0 > 0, — решение системы ( 13.1 ). В этом случае у исходной системы два решения: (x; y) = (−4; 3 ± (b 0 ) 2 ). C. Пусть (a 0 ; b 0 ), a 0 >0, b 0 >0, — решение системы ( 13.1 ). В этом слу- чае исходная система имеет четыре решения: (x; y)=(−4±(a 0 /3) 2 ; 3 ± b 2 0 ). D. Если (a 0 ; b 0 ), a 0 ¶ 0, b 0 ¶ 0, то (a 0 ; b 0 ) не удовлетворяет системе ( 13.1 ). Решений нет. Из сказанного выше следует, что четыре решения может быть только в следующих двух случаях (см. рис. 13.10 ). 1. Прямая a + b = 1 пересекает график функции a 4 + b 4 = 9 − c в точ- ках, лежащих на осях координат. 124 Часть 1. Решение задач 2. Прямая a + b = 1 касается графика функции a 4 + b 4 = 9 − c в точке (a 0 ; b 0 ), где a 0 > 0, b 0 > 0. Первый случай возможен, когда прямая a + b = 1 пересекает гра- фик функции a 4 + b 4 = 9 − c в точках (1; 0) и (0; 1), а значит, 1 = 9 − c, т. е. c = 8. Разберём второй случай, т. е. случай касания. Выразим b из систе- мы с учётом того, что величина b неотрицательна: ( b = 1 − a, b = 4 p 9 − c − a 4 Случай касания возможен, когда прямая b = 1 − a — касательная к гра- фику функции b = 4 p 9 − c − a 4 , т. е. выполнены следующие условия: ( 1 − a = 4 p 9 − c − a 4 , (1 − a) 0 = 4 p 9 − c − a 4 0 ⇔ ( 1 − a = (9 − c − a 4 ) 1/4 , −1 = 1 4 (9 − c − a 4 ) −3/4 (−4a 3 ) ⇔ ⇔ ¨ 1 − a = (9 − c − a 4 ) 1/4 , 1 = (1 − a) −3 · a 3 , откуда получаем, что a 1 − a = 1, или a = 1 2 , и c = 71 8 |