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: 8 из 21

§ 10. Задачи с применением
некоторых неравенств
При решении задач часто приходится использовать неравенства,
перечисленные в следующей таблице. В правом столбце таблицы ука- зано необходимое и достаточное условие того, что неравенство в ле- вой части таблицы становится равенством.

§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
85
неравенство случай равенства
(x − y)
2
¾ 0
x
= y
x
2
+ y
2
¾ 2xy
x
= y
x
+ y ¾ 2
p
xy,
x, y ¾ 0
x
= y
2
𝑥
+ 2
𝑦
¾ 2 · 2
(𝑥+𝑦)/2
x
= y
x
+
y
2
x
¾ 2 y,
x
> 0
x
= y
x
+
y
2
x
¶ 2 y,
x
< 0
x
= y
2xy
x
2
+ y
2
¶ 1,
x
= y
€
x
+ y
2
Š
2
¶
x
2
+ y
2 2
x
= y
x
3
+ y
3
+ z
3
¾ 3xyz,
x, y, z > 0
x
= y = z
Покажем, как пользоваться этой таблицей. Например, неравенство
x
2
+ y
2
¾ 2xy справедливо для всех возможных значений x, y. Знак равенства выполнен тогда и только тогда, когда x = y. Если x и y
таковы, что x 6= y, то справедливо строгое неравенство x
2
+ y
2
> 2xy.
Доказательства
3
.
I. Неравенства со второго по седьмое, очевидно, вытекают из пер- вого неравенства, справедливость которого очевидна.
II. Доказательство неравенства
x
3
+ y
3
+ z
3
¾ 3xyz,
x, y, z > 0,
основано на представлении
x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz =
1 2
· (x + y + z) · (x − y)
2
+ (y − z)
2
+ (x − z)
2


,
причём, как видно из этого представления, знак равенства в исход- ном неравенстве может достигаться лишь в случае x = y = z.
3
Поскольку не все эти неравенства перечислены в школьных учебниках, приведём их краткие доказательства и советуем при решении экзаменационных или олимпиад- ных задач воспроизводить эти доказательства.

86
Часть 1.
Решение задач
Приведём ещё несколько полезных неравенств, содержащих мо- дуль.
неравенство случай равенства
|x| − x ¾ 0
x ¾ 0
|x| + x ¾ 0
x ¶ 0
|x| + |1 − x| ¾ 1
x
∈ [0; 1]
III. Справедливость первых двух неравенств, содержащих модуль,
очевидна. Докажем неравенство |x| + |1 − x| ¾ 1, в котором знак ра- венства достигается лишь для x ∈ [0; 1]. Рассмотрим функцию f (x) =
= |x| + |1 − x|. Для f (x) справедливо представление
f (x) =





1 − 2x,
x
∈ (−∞; 0),
1,
x
∈ [0; 1],
2x − 1,
x
∈ (1; +∞).
На промежутке (−∞; 0) функция f (x) (см. рис.
10.1
) монотонно убы- вает, следовательно, f (x) > f (0) = 1 для x ∈ (−∞; 0), а на проме- жутке (0; +∞) функция f (x) монотонно возрастает, следовательно,
f (x) > f (1) = 1 для x ∈ (0; +∞).
x
y
y
= |x|
y
= |1 − x|
1 1
0
y
= f (x)
Рис. 10.1. График функции f (x) = |x| + |1 − x|
Пример 10.1. Решите уравнение
25
p
x
− 1
+
4
p y − 2
= 14 −
p
x
− 1 −
p y − 2.

§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
87
Решение. Запишем исходное уравнение в виде

p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
‹
+

p y − 2 +
4
p y − 2
‹
= 14.
Заметим, что из неравенства t +
y
2
t
¾ 2 · y, t > 0, вытекают неравенства p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
¾ 2 · 5 = 10,
p y − 2 +
4
p y − 2
¾ 2 · 2 = 4,
откуда

p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
‹
+

p y − 2 +
4
p y − 2
‹
¾ 14.
Если сумма двух слагаемых, первое из которых не меньше 10, а вто- рое не меньше 4, равна 14, то первое слагаемое равно 10, а второе 4.
Воспользуемся пятой строкой первой таблицы. Поскольку знак равен- ства в неравенстве вида t + y
2
/t ¾ 2y, t > 0, достигается только лишь в случае t = y, исходное уравнение равносильно системе уравнений
¨ p x − 1 = 5,
p y − 2 = 2
⇔
¨ x
= 26,
y
= 6.
Ответ: (26; 6).
Пример 10.2. Решите уравнение
2 2sin
2
𝑥
+ 2 2(cos 2
𝑥)/2
= 2 1+
4
p
2
Решение. Напомним верное для всех a, b неравенство 2
𝑎
+ 2
𝑏
¾
¾ 2 · 2
(𝑎+𝑏)/2
, равенство в котором достигается лишь в случае a = b.
Применив дважды данное неравенство к исходной задаче, получаем
2 2sin
2
𝑥
+ 2 2(cos 2
𝑥)/2
= 2 2sin
2
𝑥
+ 2 2
1 2
−sin
2
𝑥
¾ 2 · 2 2sin
2
𝑥+2 1
2
−sin
2
𝑥
2
=
= 2 1+
1 2
(
2sin
2
𝑥+2 1
2
−sin
2
𝑥
)
¾ 2 1+2
sin
2
𝑥
+
1 2
−sin
2
𝑥
2
= 2 1+
4
p
2
Но согласно исходному уравнению требуется, чтобы все неравенства были равенствами, а значит,
sin
2
x
=
1 2
− sin
2
x.
Решая уравнение, находим sin x = ±1/2, и x = ±π/6 + πn, n ∈ Z.
Ответ:
±π/6 + πn, n ∈ Z.

88
Часть 1.
Решение задач
Пример 10.3. Найдите все значения a > 0, при которых существу- ют положительные решения неравенства
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
¶
3 2
−
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
Решение. Докажем одну вспомогательную лемму.
Лемма. Для a, b, c > 0 справедливо неравенство
a
b
+ c
+
b
a
+ c
+
c
a
+ b
¾
3 2
,
причём знак равенства достигается в том и только в том случае,
если a
= b = c.
Доказательство. Известно много способов доказательства дан- ного неравенства. Приведём способ, основанный на замене перемен- ных. Введём обозначения u = a + b, v = a + c, w = b + c. Заметим, что
u, v, w > 0 и
2a = u + v − w,
2b = u − v + w,
2c = −u + v + w.
В новых переменных исходное неравенство равносильно следующему:
u
+ v − w
w
+
u
− v + w
v
+
−u + v + w
u
¾ 3 ⇔
⇔
u
+ v
w
+
u
+ w
v
+
v
+ w
u
¾ 6 ⇔
⇔
€
u
w
+
w
u
Š + €
u
v
+
v
u
Š + €
v
w
+
w
v
Š
¾ 6.
Последнее неравенство вытекает из оценки t + 1/t ¾ 2, причём знак равенства достигается тогда и только тогда, когда t = 1. Для послед- него неравенства это означает, что знак равенства в нём достигается тогда и только тогда, когда u = v = w. Но условие u = v = w равно- сильно условию a = b = c.
Если в доказанное неравенство подставить b = x
3
, c = 2013 4/3
x,
то получим неравенство
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
+
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
¾
3 2
Согласно условию задачи
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
+
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
¶
3 2
Таким образом, должно выполняться равенство. Из леммы вытекает,
что равенство достигается только при следующем условии:
a
= x
3
= 2013 4/3
x.

§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
89
Решив последние уравнения с учётом условия x > 0, находим x =
=2013 2/3
, a = 2013 2
. Следовательно, при a = 2013 2
получаем решение
x
= 2013 2/3
. При других a > 0 положительных решений нет.
Ответ: 2013 2
Пример 10.4. При каких значениях a система
¨ |x − a| + |y − a| + |a + 1 − x| + |a + 1 − y| = 2,
y
+ 2|x − 5| = 6
имеет единственное решение?
Решение. Произведя перегруппировку и используя неравенство
|t| + |1 − t| ¾ 1, мы можем заключить, что для левой части первого уравнения системы справедливо неравенство
|x − a| + | y − a| + |a + 1 − x| + |a + 1 − y| =
= (|x − a| + |1 − (x − a)|) + (|y − a| + |1 − (y − a)|) ¾ 2.
Но так как по условию задачи эта сумма равна 2, из последнего неравенства во второй таблице следует, что каждое из слагаемых в скобках равно 1, и, так как знак равенства достигается лишь для
t
∈ [0; 1], исходная система равносильна следующей:





|x −a|+|1−(x −a)| = 1,
| y −a|+|1−( y −a)| = 1,
y
+2|x −5|=6
⇔





0 ¶ x − a ¶ 1,
0 ¶ y − a ¶ 1,
y
+2|x −5|=6
⇔





a ¶ x ¶ 1+a,
a ¶ y ¶ 1+a,
y
+2|x −5|=6.
Поскольку y = 6 − 2|x − 5|, система имеет единственное решение,
если является единственным решение x системы
¨ a ¶ x ¶ 1 + a,
a ¶ 6 − 2|x − 5| ¶ 1 + a
⇔
¨ a ¶ x ¶ 1 + a,
5 − a ¶ 2|x − 5| ¶ 6 − a.
Рассмотрим следующие случаи.
I. Пусть a > 6. Тогда решений нет.
II. Пусть a ∈ [5; 6]. Тогда система равносильна следующей:
( a ¶ x ¶ 1 + a,
a
− 6 2
¶ x − 5 ¶
6 − a
2
⇔
( a ¶ x ¶ 1 + a,
a
+ 4 2
¶ x ¶
16 − a
2
Последняя система имеет единственное решение (см. рис.
10.2
–
10.3
),
если a = (16 − a)/2, т. е. a = 16/3 ∈ [5; 6], либо если 1 + a = (a + 4)/2,
т. е. a = 2 6∈ [5; 6]. Следовательно, нам подходит a = 16/3.

90
Часть 1.
Решение задач
a
+ 4 2
16 − a
2
x
a
a
+ 1
Рис. 10.2
a
+ 4 2
16 − a
2
x
a
a
+ 1
Рис. 10.3
III. Пусть a < 5. Тогда система принимает вид
( a − 5 ¶ x − 5 ¶ a − 4,
5 − a
2
¶ |x − 5| ¶
6 − a
2
⇔
( a − 5 ¶ t ¶ a − 4,
5 − a
2
¶ |t| ¶
6 − a
2
(t = x − 5).
Так как a − 5 < (a − 5)/2, последняя система имеет единственное решение только в случае (см. рис.
10.4
) a − 4 = (a − 6)/2, т. е. a = 2.
Поскольку a = 2 удовлетворяет условию a < 5, получаем, что при a = 2
исходная система имеет единственное решение.
a
− 6 2
a
− 5 2
5 − a
2 6 − a
2
t
a
−5
a
−4
Рис. 10.4
Ответ: a
= 2; a = 16/3.
Пример 10.5. В основании пирамиды SABCD лежит трапеция
ABCD с основаниями BC и AD. Точки P
1
, P
2
, P
3
принадлежат стороне
BC, причём BP
1
< BP
2
< BP
3
< BC. Точки Q
1
, Q
2
, Q
3
принадлежат стороне AD, причём AQ
1
< AQ
2
< AQ
3
< AD. Обозначим точки пе- ресечения BQ
1
с AP
1
, P
2
Q
1
с P
1
Q
2
, P
3
Q
2
с P
2
Q
3
, CQ
3
с P
3
D через R
1
,
R
2
, R
3
и R
4
соответственно. Известно, что сумма объёмов пирамид
SR
1
P
1
R
2
Q
1
и SR
3
P
3
R
4
Q
3
равна 78. Найдите минимальное значение

§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
91
A
B
C
D
P
1
P
2
P
3
Q
1
Q
2
Q
3
R
1
R
2
R
3
R
4
Рис. 10.5
A
B
C
D
P
1
P
2
P
3
Q
1
Q
2
Q
3
R
1
R
2
R
3
R
4
Рис. 10.6
величины
V
2
𝑆𝐴𝐵𝑅
1
+ V
2
𝑆𝑅
2
𝑃
2
𝑅
3
𝑄
2
+ V
2
𝑆𝐶𝐷𝑅
4
Решение. Из свойств трапеции следует, что треугольники, закра- шенные на рис.
10.5
одинаковым цветом, имеют одинаковую пло- щадь. Отсюда вытекает равенство сумм площадей, обозначенных оди- наковым цветом на рис.
10.6
. Равенство сумм площадей принимает вид
S
𝐴𝐵𝑅
1
+ S
𝑅
2
𝑃
2
𝑅
3
𝑄
2
+ S
𝐶𝐷𝑅
4
= S
𝑅
1
𝑃
1
𝑅
2
𝑄
1
+ S
𝑅
3
𝑃
3
𝑅
4
𝑄
3
Следовательно,
V
𝑆𝐴𝐵𝑅
1
+ V
𝑆𝑅
2
𝑃
2
𝑅
3
𝑄
2
+ V
𝑆𝐶𝐷𝑅
4
= V
𝑆𝑅
1
𝑃
1
𝑅
2
𝑄
1
+ V
𝑆𝑅
3
𝑃
3
𝑅
4
𝑄
3
= 78.
Положим a
1
= V
𝑆𝐴𝐵𝑅
1
, a
2
= V
𝑆𝑅
2
𝑃
2
𝑅
3
𝑄
2
, a
3
= V
𝑆𝐶𝐷𝑅
4
. Из условия задачи
a
1
+ a
2
+ a
3
= 78, и мы ищем минимум величины a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
, при условии, что a
1
, a
2
, a
3
неотрицательны. Справедливо неравенство
€
a
1 3
+
a
2 3
+
a
3 3
Š
2
¶
a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
3
Данное неравенство доказывается трёхкратным применением нера- венства 2ab ¶ a
2
+b
2
либо при помощи выпуклости функции f (x) = x
2

92
Часть 1.
Решение задач
Получаем
a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
¾
(a
1
+ a
2
+ a
3
)
2 3
= 2028.
Знак равенства достигается, когда a
1
= a
2
= a
3
= 26.
Ответ: 2028.
Тренировочные задачи к § 10
10.1. При каких значениях p уравнение
4
𝑥
+ 2
𝑥
+2
+ 7 = p − 4
−𝑥
− 2 · 2 1−𝑥
имеет решение?
10.2. Найдите все решения системы
¨ xy − t
2
= 9,
x
2
+ y
2
+ z
2
= 18.
10.3. Решите систему
(
p
x
+ 2 +
p
x
2
+ 5x + 5 ¾ 2,
x
2
+ 6x + 5 ¶ 0.
10.4. Найдите наибольшее значение функции
10
𝑥
25
𝑥
−1
+ 10
𝑥
+ 4
𝑥
+1
10.5. Решите систему
¨
tg
2
x
+ ctg
2
x
= 2 sin
2
y,
sin
2
y
+ cos
2
z
= 1.
10.6. При каждом значении c решите систему



9
p
x
+ c
+
16
p
y
− c
¶ 22 −
p
x
+ c − 4py − c,
2
𝑥
−11
log
2
(4 − y) = 1.
10.7. Решите уравнение tg
2
(5x + sin
2
y) +
5x + cos 2 y
3
+
3 5x + cos 2 y
= 4 cos
2 7π
4
10.8. Для каждого значения a решите систему
¨
4 log
2 4
x
+ 9 log
2 8
y ¶ 4(a
2
+ a),
log
2 2
xy ¾ 8(a
2
+ a).

Тренировочные задачи к § 10 93
10.9. Найдите наибольшее значение a, при котором неравенство
a
p
a(x
2
− 2x + 1) +
p
a
x
2
− 2x + 1
¶
4
p
a
3
·
sin
πx
2
имеет хотя бы одно решение.
10.10. Найдите все пары чисел (x; y), которые удовлетворяют урав- нению tg
4
x
+ tg
4
y
+ 2 ctg
2
x
· ctg
2
y
= 3 + sin
2
(x + y).
10.11. Докажите, что все решения неравенства p
x
− 1 +
3
p
x
2
− 1 > 2
удовлетворяют неравенству
x
+ 2
p
x
− 1 +
3
p
x
4
− 2x
2
+ 1 > 1 + 2 3
p
x
2
− 1.
10.12. При каких значениях a система
¨ |x + a| + |y − a| + |a + 1 + x| + |a + 1 − y| = 2,
y
= 2|x − 4| − 5
имеет единственное решение?
10.13. Найдите все пары чисел (x; y), которые удовлетворяют урав- нению
€
cos
2
x
+
1
cos
2
x
Š
2
+
€
sin
2
x
+
1
sin
2
x
Š
2
= 12 +
sin y
2
10.14.'>10.14. Решите уравнение 2 2cos
2
𝑥
+ 2 2−(cos 2
𝑥)/2
= 2 1+
4
p
2
10.15. Найдите все пары чисел x и y, удовлетворяющие системе неравенств
¨
4
𝑥
+𝑦−1
+ 3 · 4 2𝑦−1
¶ 2,
x
+ 3y ¾ 2 − log
4 3.
10.16. Числа x и y удовлетворяют условию x
2
− xy + 2 y
2
= 1. Найдите наибольшее и наименьшее значения выражения x
2
+ 2y
2
10.17. Найдите все значения b, при каждом из которых неравенство
(3 − 2
p
2)
𝑥
+ (b
4
+ 12 − 6b
2
) · (3 + 2
p
2)
𝑥
+ 9
𝑡
+
b
2 4
+ b · 3
𝑡
−
p
12 ¶ 0
имеет хотя бы одно решение (t; x).
10.18. При каждом значении a ¾
1 2π
найдите все корни уравнения cos
‚
2x + a
2x
2
+ 2ax + 5 2
a
2
Œ
= cos
‚
2x − a
2x
2
− 2ax +
5 2
a
2
Œ

94
Часть 1.
Решение задач
10.19. Найдите наибольшее значение ω, при котором имеет реше- ние система
(
4 sin
2
y
− ω = 16 sin
2 2x
7
+ 9 ctg
2 2x
7
,
(π
2
cos
2 3x − 2π
2
− 72) y
2
= 2π
2
(1 + y
2
) sin 3x.
10.20. Найдите все значения a, при каждом из которых неравенство
4
𝑥
+ 4
−𝑥
+ 8|2
𝑥
+ 2
−𝑥
− a| + 11a < 26 + 2a(2
𝑥
+ 2
−𝑥
)
имеет хотя бы одно решение.
10.21. Найдите все значения a > 0, при которых существуют положи- тельные решения неравенства
x
3
a
+ 2014 4/3
x
+
2014 4/3
x
a
+ x
3
¶
3 2
−
a
x(x
2
+ 2014 4/3
)
10.22. Посылка должна быть упакована в ящик в форме прямоуголь- ного параллелепипеда и перевязана один раз вдоль и два раза по- перёк (см. рис.
10.7
). Можно ли отправить посылку объёма 37 дм
3
,
имея 3,6 м верёвки (толщиной стенок ящика и верёвкой, уходящей на узлы, пренебречь)?
Рис. 10.7
10.23. В основании пирамиды SABCD лежит трапеция ABCD с осно- ваниями BC и AD. Точки P
1
, P
2
, P
3
принадлежат стороне BC, причём
BP
1
< BP
2
< BP
3
< BC. Точки Q
1
, Q
2
, Q
3
принадлежат стороне AD,
причём AQ
1
< AQ
2
< AQ
3
< AD. Обозначим точки пересечения BQ
1
с AP
1
, P
2
Q
1
с P
1
Q
2
, P
3
Q
2
с P
2
Q
3
, CQ
3
с P
3
D через R
1
, R
2
, R
3
и R
4
со- ответственно. Известно, что сумма объёмов пирамид SR
1
P
1
R
2
Q
1
и
SR
3
P
3
R
4
Q
3
равна 96. Найдите минимальное значение величины
V
2
𝑆𝐴𝐵𝑅
1
+ V
2
𝑆𝑅
2
𝑃
2
𝑅
3
𝑄
2
+ V
2
𝑆𝐶𝐷𝑅
4

§ 11.
Нахождение наибольших и наименьших значений функций
95
Ответы
10.1
. p
∈ [17; +∞).
10.2
. (x; y; t; z) = (3; 3; 0; 0); (−3; −3; 0; 0).
10.3
.
−1.
10.4
. 5/9.
10.5
. (π/4 + πk/2; π/2 + πl; π/2 + πm), k, l, m ∈ Z.
10.6
. Если c = −2, то решение (11; 2); при c 6= −2 решений нет.
10.7
.
€
2π + 2 15
; ± arcsin
È
π−2 3
+πk
Š
;
€
−(2π+ 4)
15
; ± arcsin
È
4 − π
3
+πm
Š
, k, m ∈ Z.
10.8
. При a ∈ (−1; 0) решений нет; если a = −1 или a = 0, то решение (1; 1);
если a ∈ (−∞; −1) ∪ (0; +∞), то решения
2
p
2(𝑎
2
+𝑎)
; 2
p
2(𝑎
2
+𝑎)


;
2
−
p
2(𝑎
2
+𝑎)
;
2
−
p
2(𝑎
2
+𝑎)


10.9
. a
= 1/16.
10.10
. (π/4 + πn; π/4 + πk), n, k ∈ Z; (−π/4 + πn; −π/4 + πk), n, k ∈ Z.
10.12
. a
= −2; a = −16/3. Указание. Используйте неравенство |z| + |1 − z| ¾ 1.
10.13
. (π/4 + πn/2; π/2 + 2πk), n, k ∈ Z.
10.14
.
±π/3 + πn, n ∈ Z.
10.15
.
€
1 2
+
1 2
log
4 3;
1 2
−
1 2
log
4 3
Š
10.16
.
2
p
2 2
p
2 − 1
;
2
p
2 2
p
2 + 1
10.17
. b
= −
p
3.
10.18
. x
= 0; x =
p
5a/2; x = −
p
5a/2.
10.19
.
−14.
10.20
. a
∈ (−8; 4) ∪ (7; +∞).
10.21
. 2014 2
10.22
. Нет.
10.23
. 3072.