задача с параметром. И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами

• Название: И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами
• Дата: 15.04.2023
• Размер: 5.52 Mb.
• Имя файла: задача с параметром.pdf
• Тип: Книга; #1064746
• страница: 15 из 21

§ 19. Использование особенностей функций
(монотонность, чётность, нечётность,
непрерывность)
Напомним, что определения чётности и нечётности функций мы уже вводили в §
8
(см. рис.
19.1
–
19.3
).
Напомним также определение монотонных функций.
Определение 19.1. Функция f (x) называется неубывающей на промежутке X , если для любых x
1
, x
2
из этого промежутка, удовлетво-
x
y
y
= f (x)
0
Рис. 19.1. График чётной функции
x
y
y
= f (x)
0
Рис. 19.2. График нечётной функции
x
y
y
= f (x)
0
Рис. 19.3. График нечётной функции
x
y
a
b
y
= f (x)
0
Рис. 19.4. График неубыва- ющей функции (функция по- стоянна на [a; b])
x
y
y
= f (x)
0
Рис. 19.5. График возрастающей функции
x
y
y
= f (x)
0
Рис. 19.6. График убывающей функции

168
Часть 1.
Решение задач ряющих неравенству x
1
< x
2
, выполняется неравенство f (x
1
) ¶ f (x
2
)
(см. рис.
19.4
). Она называется возрастающей на промежутке X , если для любых x
1
, x
2
из этого промежутка, удовлетворяющих неравен- ству x
1
< x
2
, выполняется неравенство f (x
1
) < f (x
2
) (см. рис.
19.5
).
Аналогично функция f (x) называется невозрастающей на промежут- ке X , если для любых x
1
, x
2
из этого промежутка, удовлетворяющих неравенству x
1
< x
2
, выполняется неравенство f (x
1
) ¾ f (x
2
). Она на- зывается убывающей на промежутке X , если для любых x
1
, x
2
из это- го промежутка, удовлетворяющих неравенству x
1
< x
2
, выполняется неравенство f (x
1
) > f (x
2
) (см. рис.
19.6
).
Общее название для возрастающих, убывающих, невозрастаю- щих и неубывающих функций на промежутке — монотонные функ- ции. При этом возрастающие и убывающие функции часто называют
строго монотонными. Отметим основные свойства строго монотон- ных функций, которые находят важное применение при решении задач.
I. Из равенства f (x
1
) = f (x
2
) вытекает, что x
1
= x
2
, и наоборот.
II. Для любого действительного числа A уравнение f (x) = A мо- жет иметь не более одного решения, т. е. либо решений нет, либо решение единственно.
Из этого следует, что если для уравнения f (x) = 0 найден один корень x
0
и функция f (x) строго монотонна, то x
0
— единственное решение уравнения (т. е. других корней нет).
На своих областях определения возрастают функции x
2𝑘+1
, k ∈ N,
a
𝑥
при a > 1,
p
x, log
𝑎
x при a > 1, arctg x, x − sin x. Точно так же на своих областях определения убывают функции a
𝑥
при a ∈ (0; 1), log
𝑎
x
при a ∈ (0; 1).
Докажем, что функция f (x) = x − sin x монотонна. Это можно проверить, используя производную. Проведём другое доказательство,
без использования производной. Сначала докажем важное для мате- матического анализа неравенство:
|sin x| < |x|,
x
6= 0.
(19.1)
Для доказательства неравенства (
19.1
) сначала установим, что при
0 < x < π/2 выполняется неравенство
1 2
sin x <
1 2
x,
(19.2)
которое означает, что площадь треугольника OAB меньше, чем пло- щадь кругового сектора OAB (см. рис.
19.7
) (на рисунке изображена

§ 19.
Использование особенностей функций
169
x
y
0 1
−1 1
A
B
C
x
Рис. 19.7
окружность единичного радиуса.) При x ¾ π/2 неравенство (
19.1
)
очевидно, поскольку |sin x| ¶ 1 < π/2 ¶ x. Остаётся лишь заметить, что для оставшихся значений x < 0 неравенство (
19.1
) вытекает из чёт- ности функции g(x) = |sin x| − |x|.
Таким образом, получаем sin x
2
− sin x
1
= 2 sin
x
2
− x
1 2
cos
x
2
+ x
1 2
¶ 2
sin
x
2
− x
1 2
cos
x
2
+ x
1 2
¶
¶ 2
sin
x
2
− x
1 2
< 2
x
2
− x
1 2
= | x
2
− x
1
|,
x
2 6= x
1
Теперь из неравенства x
2
> x
1
следует, что
f (x
2
) − f (x
1
) = x
2
− sin x
2
− (x
1
− sin x
1
) =
= (x
2
− x
1
) − (sin x
2
− sin x
1
) > (x
2
− x
1
) − |x
2
− x
1
| = 0,
т. е. мы доказали, что функция f (x) = x − sin x строго возрастающая.
Напомним одно важное свойство непрерывных функций, кото- рым мы будем пользоваться: непрерывная функция принимает все
промежуточные значения. Это означает, что если на отрезке [a; b]
наибольшее и наименьшее значения равны B и A соответственно, то для любого значения C ∈ [ A; B] существует такое c ∈ [a; b], что f (c) = C,
и множеством значений непрерывной функции f (x) на отрезке [a; b]
будет весь отрезок [ A; B].
Пример 19.1. Для каждого значения a решите уравнение
2 3
𝑥2
= 2 3
2𝑎𝑥−𝑎2

170
Часть 1.
Решение задач
Решение. Перепишем уравнение в виде 2
𝑧
1
= 2
𝑧
2
, где z
1
= 3
𝑥
2
,
z
2
= 3 2 𝑥−1
. Ввиду возрастания функции 2
𝑧
из равенства 2
𝑧
1
= 2
𝑧
2
сле- дует равенство z
1
= z
2
, или 3
𝑥
2
= 3 2𝑎𝑥−𝑎
2
. Рассуждая аналогично, по- лучаем x
2
= 2ax − a
2
, откуда x = a.
Ответ: x
= a.
Пример 19.2. Для каждого значения a решите уравнение p
x
+
p
x
+ 1 +
p
x
+ 4 +
p
x
+ 9 +
p
x
+ a
2
= 6 + |a|.
Решение. Не стоит и пытаться решать это уравнение возведени- ем в квадрат! Отметим, что все функции p
x,
p
x
+ 1,
p
x
+ 4,
p
x
+ 9,
p
x
+ a
2
возрастающие, поэтому их сумма тоже возрастающая функ- ция. При x = 0 левая часть уравнения равна p
0 +
p
1 +
p
4 +
p
9 +
p
a
2
= 0 + 1 + 2 + 3 + |a| = 6 + |a|.
Согласно сказанному выше x = 0 — единственный корень рассматри- ваемого уравнения.
Ответ: x
= 0 — единственное решение уравнения при каждом значении a ∈ R.
Даже эти два примера содержат функ-
x
y
0
f (x)
g(x)
x
0
Рис. 19.8
ции «страшноватого» вида. Если же вы заглянете в задачи для самостоятельного решения этого пункта‌
Однако пугаться нечего! Решения этих задач, как правило, весьма простые.
Проведём ещё одно простое сообра- жение (оно следует из свойства II моно- тонных функций). Если f (x) — возраста- ющая функция, g(x) — убывающая функ- ция, а x
0
— такая точка, что f (x
0
) = g(x
0
) (см. рис.
19.8
), то уравне- ние f (x) = g(x) имеет единственное решение x = x
0
, а неравенства
f (x) > g(x) и f (x) < g(x) равносильны соответственно неравенствам
x
> x
0
и x < x
0
Пример 19.3. Решите уравнение log
3
(81x) + x
5
− 5 = 0.
Решение. Преобразуем уравнение к виду
4 + log
3
x
+ x
5
− 5 = 0 ⇔ log
3
x
= 1 − x
5

§ 19.
Использование особенностей функций
171
Левая часть полученного уравнения — возрастающая функция, а его правая часть — убывающая функция. При x = 1 обе части равны 0.
Поэтому единственным решением уравнения является x = 1.
Ответ: 1.
Пример 19.4. Решите неравенство 2
𝑥
> 1 − x.
Решение. Левая часть неравенства — возрастающая функция, пра- вая часть — убывающая. При x =0 обе части равны. Поэтому x ∈(0+∞).
Ответ: (0 + ∞).
Пример 19.5. При каких значениях p уравнение
5 cos 2x +
2p
sin x
= −29
имеет решения?
Решение. ОДЗ данного уравнения задана неравенством sin x 6= 0.
Домножим на sin x исходное уравнение:
5(1 − 2 sin
2
x) sin x + 2p = −29 sin x ⇔ p = 5 sin
3
x
− 17 sin x.
Последнее уравнение будет иметь решения тогда и только тогда, ко- гда p будет принимать значения из множества значений функции
5 sin
3
x
− 17 sin x на ОДЗ. Введём новую переменную t = sin x. На ОДЗ
переменная t принимает значения t ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1].
Найдём множество значений функции f (t) = 5t
3
− 17t для t ∈
∈ [−1; 0) ∪ (0; 1]. Заметим, что данная функция нечётная. Действи- тельно, f (−t) = − f (t). Следовательно, достаточно найти множество значений для переменной t ∈ (0; 1]. Докажем, что на данном участке функция f (t) строго монотонна. Рассмотрим производную данной функции f
0
(t) = 15t
2
− 17. На множестве (0; 1] справедливо нера- венство f
0
(t) < 0, т. е. функция монотонно убывает. Так как функ- ция f (t) является и монотонной, и непрерывной, на интервале (0; 1)
она принимает все промежуточные значения между минимальным
f (1) = −12 и максимальным f (0) = 0. Следовательно, множество значений функции f (t) при t ∈ (0; 1] равно [−12; 0), а учитывая нечёт- ность функции f (t), замечаем, что её множество значений при t ∈
∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] равно [−12; 0) ∪ (0; 12].
Ответ: p
∈ [−12; 0) ∪ (0; 12].
Пример 19.6. Найдите все значения p, при которых уравнение
25x
5
− 25(p − 1)x
3
+ 4(p + 5)x = 0

172
Часть 1.
Решение задач имеет ровно пять различных решений, а сами решения, упорядочен- ные по возрастанию, образуют арифметическую прогрессию.
Решение. Функция f (x) = 25x
5
− 25(p − 1)x
3
+4(p +5)x нечётная.
Действительно, f (−x) = − f (x). Следовательно, если x
0
— отличный от нуля корень уравнения, то −x
0
тоже является решением уравнения,
так как f (−x
0
) = − f (x
0
) = 0. Таким образом, корни имеют вид
0,
±x
1
,
±x
2
Но так как по условию задачи решения, упорядоченные по возрастанию,
образуют арифметическую прогрессию, корни можно записать в виде
0,
±d,
±2d,
где d — разность арифметической прогрессии. Запишем многочлен пятой степени с корнями 0, ±d, ±2d и старшим коэффициентом, рав- ным 25:
25x(x
2
− d
2
)(x
2
− 4d
2
) = 0 ⇔ 25x(x
4
− 5d
2
x
2
+ 4d
4
) = 0 ⇔
⇔ 25x
5
− 5 · 25d
2
x
3
+ 4 · 25d
4
x
= 0.
Так как многочлены
25x
5
− 5 · 25d
2
x
3
+ 4 · 25d
4
x
и
25x
5
− 25(p − 1)x
3
+ 4(p + 5)x
имеют ровно пять одинаковых корней и одинаковый старший ко- эффициент при степени x
5
, эти многочлены тождественно равны.
Поэтому
¨ p − 1 = 5d
2
,
p
+ 5 = 25d
4
⇔
¨ p − 1 ¾ 0,
(p − 1)
2
= p + 5
⇔
⇔
¨ p − 1 ¾ 0,
p
2
− 3p − 4 = 0
⇔
¨ p − 1 ¾ 0,
p
= −1, p = 4
⇔ p = 4.
Ответ: p
= 4.
Пример 19.7. При всех значениях параметра a решите уравнение
|x − 3| − (1 − 2a)x
2
+ (3 − 4a)x + 6a − 4 =
= sin(|x − 3| + 6a − 4) − sin((1 − 2a)x
2
− (3 − 4a)x).
Решение. Уравнение эквивалентно следующему:
|x − 3| + 6a − 4 − sin(|x − 3| + 6a − 4) =
=(1−2a)x
2
−(3−4a)x−sin((1−2a)x
2
−(3−4a)x) ⇔ f (u)= f (v),

Тренировочные задачи к § 19 173
где u = |x − 3| + 6a − 4, v = (1 − 2a)x
2
− (3 − 4a)x, f (t) = t − sin t. Исполь- зую монотонность функции f (t) (см. начало параграфа), получаем
f (u) = f (v) ⇔ u = v ⇔ (2a − 1)x
2
− (4a − 3)x + |x − 3| + 6a − 4 = 0.
Остаётся разобрать три случая.
I. a
= 1/2. Тогда |x − 3| + x − 1 = 0.
II. a
6= 1/2, x ¶ 3. Тогда x
2
− 2x +
6a − 1 2a − 1
= 0.
III. a
6= 1/2, x > 3. Тогда x
2
−
4(a − 1)
2a − 1
x
+
6a − 7 2a − 1
= 0.
Решая данные уравнения, получаем ответ.
Ответ: при a ∈ (−∞; 0) ∪
”
1 2
; +∞
Š
решений нет;
при a = 0 одно решение x = 1;
при a ∈
€
0;
3 −
p
3 4
Š
два решения: x = 1 ± 2
Ç
a
1 − 2a
;
при a =
3 −
p
3 4
три решения: x = 2 +
p
3 и x = 1 ±
4
p
12;
при a ∈
€
3 −
p
3 4
;
1 3
Š
четыре решения: x =
2(a − 1) ±
p
−8a
2
+ 12a − 3 2a − 1
,
x
= 1 ± 2
Ç
a
1 − 2a
; при a =
1 3
три решения: x = −1, x = 3, x = 5;
при a ∈
€
1 3
;
1 2
Š
два решения: x =
2(a − 1) −
p
−8a
2
+ 12a − 3 2a − 1
, x = 1 −
− 2
Ç
a
1 − 2a
Тренировочные задачи к § 19
19.1. При каких значениях q уравнение
−7 cos 2x +
2q
cos x
= −37
имеет решения?
19.2. Решите неравенство log
2
(x + 2) > 1 − x.
19.3. Для каждого значения a решите уравнение p
x
− 1 +
p
x
+ 3 +
p
x
+ 8 +
p
x
+ 15 +
p
x
+ a
4
− 1 = 9 + a
2
19.4. При каких значениях a сумма log
𝑎
(cos
2
x
+ 1) и log
𝑎
(cos
2
x
+ 5)
равна 1 хотя бы при одном значении x?
19.5. Для каждого значения a решите уравнение arccos x + arccos
x
p
2
+ arccos
x
2
=
29 12
π + |sin a|.

174
Часть 1.
Решение задач
19.6. Найдите все значения a, при которых уравнение
25x
5
+ 25(a − 1)x
3
− 4(a − 7)x = 0
имеет ровно пять различных решений, а сами решения, упорядочен- ные по возрастанию, образуют арифметическую прогрессию.
19.7. Найдите наименьшее и наибольшее значения a, при которых уравнение p
x
− a +
p
x
3
+ 1 = 2 имеет хотя бы одно решение.
19.8. При каких значениях a периметр плоской фигуры, заданной на координатной плоскости системой
(
y ¶
p
1 − x
2
,
a
| y| ¶ |x|,
больше чем 4 + 2
p
2 +
π
2
?
19.9. Известно, что уравнение (2p + 3)x
2
+ (p + 3)x + 1 = 0 имеет хотя бы один корень. Найдите все значения p, при которых число различных корней этого уравнения равно числу различных корней уравнения
2x + 1 21 − p
=
1
p
x
− 3 + 3
19.10. Решите неравенство
9 3x + 2
>
1 + log
3
(x + 6)
x
19.11. Решите уравнение
(2x + 1) · 2 +
Æ
(2x + 1)
2
+ 3

+ 3x · 2 +
p
9x
2
+ 3

= 0.
19.12. При всех значениях a решите уравнение
9(1 − a)x
2
− (3 − 6a)x + 2 − 3a − |3x + 1| =
= cos (9(1 − a)x
2
+ 2 − 3a) − cos (|3x + 1| + (3 − 6a)x).
19.13. Решите уравнение log
2
(4x + 1) log
5
(4x + 4) + log
3
(4x + 2) log
4
(4x + 3) =
= 2 log
3
(4x + 2) log
5
(4x + 4).
19.14. Функция f (x) определена, возрастает и отрицательна на всей числовой прямой. Решите неравенство
2 f (x
2
− 2x − 112) +
f (x
2
− 2x − 112) − 3 f (−2x
p
32 − 2x)
3 f (−2x
p
32 − 2x − 112) − 2 f (−2x
p
32 − 2x)


7
> 0.

§ 20.
Функциональные уравнения и задачи с итерациями
175
19.15. Найдите все значения a, при каждом из которых неравенство log
𝑥
x
− a
1 − ax
+ log
𝑥
−1
x
− a − 1
a
+ 1 − ax
¾ 0
имеет хотя бы три целочисленных решения.
Ответы
19.1
. q
∈ [−15; 0) ∪ (0; 15].
19.2
. (0; +∞).
19.3
. x
= 1 — единственное решение уравнения при каждом значении a ∈ R.
19.4
. a
∈ [5; 12].
19.5
. x
=−1 — единственное решение уравнения при каждом значении a=πn,
n
∈ Z; при других a решений нет.
19.6
. a
= −2.
19.7
. a
max
=
3
p
3, a
min
= −5.
19.8
. a
∈ (−∞; 1].
19.9
. p
= −3/2; p = −1.
19.10
. (−2/3; 0). Указание. Выразите логарифм и решите неравенство.
19.11
.
−1/5.
19.12
. При a ∈(−∞; 0)∪[1; +∞) решений нет; при a =0 одно решение x =1/3;
при a ∈ (0; (3 −
p
3)/2) два решения: x =
1 3
·
€
1 ±
r
2a
1 − a
Š
; при a = (3 −
p
3)/2
три решения: x = −1/
p
3, x = (1 ±
4
p
12)/3; при a ∈ ((3 −
p
3)/2; 2/3) четыре решения: x =
−a ±
p
−2a
2
+ 6a − 3 3(1 − a)
, x =
1 3
·
€
1 ±
r
2a
1 − a
Š
; при a = 2/3 три решения: x = −1/3, x = ±1; при a ∈ (2/3; 1) два решения: x =
1 3
·
€
1 +
r
2a
1 − a
Š
,
x
=
−a −
p
−2a
2
+ 6a − 3 3(1 − a)
19.13
. 1/4.
19.14
. (−13 −
p
57; 8).
19.15
. a
∈[−1;1/5). Указание. Представьте неравенство в виде f (x)+ f (x−1)¾0,
где f (x) = log
𝑥
x
− a
1 − ax
, и докажите, используя монотонность, что для любого a
из области допустимых значений на всей области определения переменной x
выполнено либо неравенство f (x) ¾ 0, либо неравенство f (x) ¶ 0.