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: 9 из 21

§ 11. Решения, основанные на нахождении
наибольших и наименьших значений функций
В задачах этого параграфа используются неравенства из преды- дущего параграфа вместе с удачной группировкой или заменой пере- менных. Но в основе их решения лежит следующее утверждение.
Пусть требуется решить уравнение
f (x) = g(x)
(11.1)
и для функций f (x) и g(x) при всех x выполняются неравенства
f (x) ¾ A,
g(x) ¶ A.
Тогда уравнение (
11.1
) равносильно системе
¨ f (x) = A,
g(x) = A.
Таким образом, нужно найти такие значения переменной x, при ко- торых одновременно функция f (x) достигает своего минимального значения A, а функция g(x) — своего максимального значения A.
Пример 11.1. Решите уравнение x
2
+ 1 = cos x.

96
Часть 1.
Решение задач
Решение. Для всех x выполнены неравенства x
2
+1¾1 и cos x ¶1.
Поэтому уравнение равносильно системе
¨ x
2
+ 1 = 1,
cos x = 1,
откуда находим x = 0.
Ответ: 0.
Пример 11.2. Для каждого значения a решите неравенство log
2
(5 − sin
2
x) ¶ 1 + sin(x + a).
Решение. Так как для всех x выполнено неравенство −1¶sin x ¶1,
получаем, что 0 ¶ 1 + sin(x + a) ¶ 2 и 0 ¶ sin
2
x ¶ 1. Из последнего неравенства следует, что log
2
(5 − sin
2
x) ¾ 2.
Поэтому исходное неравенство равносильно системе
¨
1 + sin(x + a) = 2,
log
2
(5 − sin
2
x) = 2
⇔
¨
sin(x + a) = 1,
sin x = ±1
⇔
( x
+a=
π
2
+2πk, k ∈Z,
x
=
π
2
+πn, n∈Z.
Вычитая из первого уравнения второе, получаем a = πm, m ∈ Z, и
x
= π/2 + 2πk − πm, k ∈ Z.
Ответ: если a = πm, то x = π/2 + 2πk − πm, k, m ∈ Z; при других значениях a решений не существует.
Пример 11.3. Для каждого значения a решите уравнение
2(x
4
+ a
4
) − 3 log
2 2
3 = −3 log
2 3 · log
2
(log
2
(8 + x
2
)).
Решение. Преобразуем уравнение к виду
2(x
4
+ a
4
) = 3 log
2 3 log
2 3 − log
2
(log
2
(8 + x
2
))


Так как 8 + x
2
¾ 8 для всех x, получаем, что log
2
(8 + x
2
) ¾ log
2 8 = 3,
поэтому log
2 3 − log
2
(log
2
(8 + x
2
)) ¶ 0
для всех x и правая часть неположительна при всех x. Левая часть уравнения, наоборот, неотрицательна при всех x. Уравнение имеет единственное решение x = 0 при a = 0.
Ответ: если a = 0, то x = 0; при других значениях a решений не существует.

§ 11.
Нахождение наибольших и наименьших значений функций
97
t
y
1
−1 1
O
y
=
1
|t|
y
= 3
(𝑡
2
−1)(𝑎−2)
2
+1
− 2
Рис. 11.1
Пример 11.4. При каких значениях a уравнение
3
𝑥
2
+2𝑎𝑥+4𝑎−3
− 2 =
a
− 2
x
+ a
имеет ровно два различных корня, лежащих на отрезке [−4; 0]?
Решение. Преобразуем исходное уравнение:
3
𝑥
2
+2𝑎𝑥+4𝑎−3
− 2 =
a
− 2
x
+ a
⇔
⇔ 3
(𝑥+𝑎)
2
−(𝑎−2)
2
+1
− 2 =
a
− 2
x
+ a
⇔ 3
(𝑡
2
−1)(𝑎−2)
2
+1
− 2 =
1
|t|
,
где t =
x
+ a
a
− 2
, a 6= 2. При a = 2 исходное уравнение принимает вид
3
(𝑥+2)
2
+1
= 2, а это уравнение решений не имеет, так как левая часть строго больше 2.
Таким образом, мы решаем уравнение
3
(𝑡
2
−1)(𝑎−2)
2
+1
− 2 =
1
|t|
при t =
x
+ a
a
− 2
, a 6= 2.
Разберём три случая (см. рис.
11.1
).
I. Если |t| > 1, то решений нет, так как
1 >
1
|t|
= 3
(𝑡
2
−1)(𝑎−2)
2
+1
− 2 > 3 − 2 = 1.

98
Часть 1.
Решение задач
II. Если |t| < 1, то решений снова нет, так как
1 <
1
|t|
= 3
(𝑡
2
−1)(𝑎−2)
2
+1
− 2 < 3 − 2 = 1.
III. Значения t = ±1, очевидно, являются корнями уравнения.
Итак, случай t = 1 даёт решение x = −2, которое принадлежит отрезку [−4; 0] при любых a.
Случай t = −1 даёт решение x = 2 − 2a. Найдём условие на a, при котором решение x = 2 − 2a принадлежит отрезку [−4; 0]:
−4 ¶ 2 − 2a ¶ 0 ⇔ −6 ¶ −2a ¶ −2 ⇔ 1 ¶ a ¶ 3.
Ответ: a
∈ [1; 2) ∪ (2; 3].
Пример 11.5. Решите уравнение
2 + log
2 2
(2 + |(x − 2)(x − 3)|) = 3
(5+4𝑥−𝑥
2
)/9
Решение. Исследуем функцию h(x)=5+4x − x
2
. Выделив полный квадрат, получаем
h(x) = 9 − (x − 2)
2
¶ 9.
Поэтому
g(x) = 3
(5+4𝑥−𝑥
2
)/9
= 3
ℎ(𝑥)/9
¶ 3.
С другой стороны,
f (x) = 2 + log
2 2
(2 + |(x − 2)(x − 3)|) ¾ 2 + log
2 2
2 = 3.
Следовательно,
3¶2+log
2 2
(2+|(x −2)(x −3)|)=3
(5+4𝑥−𝑥
2
)/9
¶3 ⇔ min f (x)=max g(x),
т. е. минимум функции f (x) совпадает с максимумом функции g(x).
Таким образом, исходная задача равносильна системе
¨ f (x) = 3,
g(x) = 3
⇔
¨ f (x) = 3,
x
= 2
⇔ x = 2.
Ответ: 2.
Пример 11.6. При каких значениях p уравнение
5 cos 2x +
2p
sin x
= −29
имеет решения?

Тренировочные задачи к § 11 99
Решение. ОДЗ данного уравнения определяется из неравенства 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 в том и только в том слу- чае, если p будет принимать значения из области значений функции
5 sin
3
x
− 17 sin x. Введём новую переменную t = sin x; на ОДЗ пере- менная t принимает значения t ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1].
Найдём область значений функции f (t) = 5t
3
−17t для t ∈ [−1; 0)∪
∪ (0; 1]. Заметим, что она нечётная. Действительно, f (−t) = − f (t).
Следовательно, достаточно найти область значений для t ∈ (0; 1].
Докажем, что на данном участке функция f (t) строго монотонна.
Рассмотрим производную данной функции f
0
(t) = 15t
2
− 17. На мно- жестве t ∈ (0; 1] справедливо неравенство f
0
(t) < 0, т. е. функция моно- тонно убывает. Так как функция f (t) является и монотонной, и непре- рывной, на интервале (0; 1) она принимает все промежуточные зна- чения между минимальным f (1) = −12 и максимальным f (0) = 0.
Следовательно, множество значений функции f (t) на промежутке
(0; 1] равно [−12; 0), а учитывая нечётность функции f (t), заключа- ем, что её множество значений на множестве [−1; 0) ∪ (0; 1] равно
[−12; 0) ∪ (0; 12].
Ответ: p
∈ [−12; 0) ∪ (0; 12].
Тренировочные задачи к § 11
11.1. Решите уравнение 2(1 + sin
2
(x − 1)) = 2 2 𝑥−𝑥
2
11.2. Для каждого значения a решите уравнение cos
2
(x sin x) = 1 + cos
2
a
+ log
2 5
p
x
2
+ x + 1.
11.3. Найдите все значения p, при которых уравнение
6 sin
3
x
= p − 5 cos 2x
не имеет корней.
11.4. Для каждого допустимого значения a решите уравнение
1 + arccos a + tg
2
(x
4
+ 3x
3
− x
2
− x + 6) = log
5 5 −
p
x
2
+ x − 6


11.5. Для каждого значения a решите уравнение
5(x − a)
2
+ 3 cos 1 · cos(cos x) − 3 cos
2 1 = 0.

100
Часть 1.
Решение задач
11.6. Решите неравенство
(x
2
− 4x + 3) log
1/
p
2
€
cos
2
πx + cos x + 2 sin
2
x
2
Š
¾ 2.
11.7. Для каждого значения a решите систему



log
2
(|a|x
2
− 3x + 4)
log
2
(−3x + 4)
= 5
−|𝑥|(𝑥+1)
2
,
x ¶ 1.
11.8. При всех значениях a решите уравнение
x
2
+ 4x + 6 − 4a(x − a) − cos(x + 2) = 8a + cos(x − 4a + 2).
11.9. При каких значениях q система
( x
2
+ qx + 3 = 0,
sin
2
q
π + cos
2
π
2
x
+ 2
𝑦
2
= sin
π
2
x
имеет решения? Найдите эти решения.
11.10. Найдите все значения p, при каждом из которых существует единственная пара чисел (x; y), удовлетворяющая условиям
¨ x
2
+ 2px + 3p
2
+ 3p + 3 ¶ 3 sin y − 4 cos y,
0 ¶ y ¶ 2π.
11.11. Для каждого значения a, удовлетворяющего неравенствам
0 < a < 2, найдите наименьшее значение выражения
x
2
+ y
2
− 2a(x + y)
при условии cos
πxy
2
= 1.
11.12. Найдите все пары чисел (x; y), удовлетворяющие условию
Æ
2 − | y| · (5 sin
2
x
− 6 sin x · cos x − 9 cos
2
x
+ 3 3
p
33) =
= (arcsin x)
2
+ (arccos x)
2
−
5π
2 4
11.13. Решите уравнение
4 arcsin(2
𝑥
− 7) − arccos(5
𝑥
− 124) =
6π
x
11.14. Найдите все значения b, при которых система уравнений
¨
(log
𝑏
f (x) − 1)
2
+ (y
2
− 5 · 10 3
· y + 2b)
2
= 0,
z
2
− (b − 2 · 10 6
) · z + 25 · 10 10
= 0

Тренировочные задачи к § 11 101
имеет хотя бы одно решение, где
f (x) = |x| + |x − 1 2
| + |x − 2 2
| + . . . + |x − 104 2
|.
11.15. При каких значениях a уравнение
|2a − 1|
€ €
1 2
Š
𝑥
2
+4𝑎𝑥+4𝑎−2
− 1
Š = |x + 2a|
имеет ровно два различных корня, лежащих на отрезке [−2; 1]?
11.16. Найдите все числа a, удовлетворяющие условию −1 < a < 1,
для которых выражение
1 + 2
Æ
x
2
− 2axy + y
2
− 6 y + 10
принимает наименьшее значение лишь при одной паре чисел (x; y).
11.17. Найдите все значения α из отрезка [0; 2π], при которых си- стема
( x
2
+ y
2
+ 2z(x + y + z) − sin α = 0,
(x + 1) sin
2
α
2
+ y
2
p
x
+ α
2
p
z
+ sin
3α
2
= 0
имеет хотя бы одно решение.
Ответы
11.1
. 1.
11.2
. Если a = π/2+πn, n ∈ Z, то x = 0; при других значениях a решений нет.
11.3
. p
∈ (−∞; −11) ∪ (5 : +∞).
11.4
. Если a = 1, то x = −3; при других значениях a решений нет.
11.5
. Если a = 2πn, то x = 2πn, n ∈ Z; при других значениях a решений нет.
11.6
. 2.
11.7
. Если a = 0, то x = −1, x = 0; если a 6= 0, то x = 0.
11.8
. Если a = πn, то x = 2πn−2, n ∈ Z; при других значениях a решений нет.
11.9
. Если q = −4, то решение (1; 0); если q = 4, то решение (−3; 0); при других значениях q решений нет.
11.10
. p
= −2; p = 1/2.
11.11
. При a ∈ (0; 4 − 2
p
2] наименьшее значение равно −a
2
, а при a ∈
∈ (4 − 2
p
2; 2) наименьшее значение равно 8(1 − a).
11.12
. (1; 2); (1; −2). Указание. Докажите, что выражение в скобках больше нуля.
11.13
. 3.
11.14
. b
∈ [28 6624; 10 6
] ∪ [3 · 10 6
; 3,125 · 10 6
].
11.15
. a
∈ [0; 1/2) ∪ (1/2; 3/4].
11.16
. a
∈ [−1/
p
10; 1/
p
10].
11.17
. a
∈ {0; π; 2π}.

102
Часть 1.
Решение задач
§ 12. Решение задач при помощи графика, часть I
Напомним некоторые уравнения кривых и графики функций.
Iа. Начнём с общего уравнения прямой
ax
+ by + c = 0, a
2
+ b
2 6= 0,
которое называется её каноническим уравнением (см. рис.
12.1
).
x
y
ay
+ bx + c = 0
ψ = − arctg
b
a
Рис. 12.1. График прямой
ax
+ by + c = 0
x
y
(x
2
; y
2
)
(x
1
; y
1
)
x
− x
1
x
2
− x
1
=
y
− y
1
y
2
− y
1
Рис. 12.2. Прямая,
проходящая через две точки
Iб. Уравнение прямой, проходящей через две разные точки (x
1
; y
1
)
и (x
2
; y
2
), записывается в виде
x
− x
1
x
2
− x
1
=
y
− y
1
y
2
− y
1
,
x
1 6= x
2
, y
1 6= y
2
(см. рис.
12.2
). В случае x
2
= x
1
уравнение прямой принимает вид
x
= x
1
, а в случае y
2
= y
1
оно принимает вид y = y
1
I в. График функции y = |x − a| изображён на рис.
12.3
. (В общем случае для построения графика функции y = | f (x)| по заданному графику функции y = f (x) следует все значения функции y = f (x)
x
y
a
0
y
= |x − a|
Рис. 12.3. График функции f (x) = |x − a|

§ 12.
Решение задач при помощи графика, часть I
103
x
y
0
y
= f (x)
Рис. 12.4. График функции f (x)
x
y
0
y
= | f (x)|
Рис. 12.5. График функции | f (x)|
заменить их абсолютными величинами, для чего необходимо отри- цательные значения функции f (x) заменить на − f (x), т. е. отразить точки графика с отрицательной ординатой симметрично относитель- но прямой y = 0; см. рис.
12.4
,
12.5
.)
II. Уравнение параболы имеет вид (см. §
4
)
y
= ax
2
+ bx + c, a 6= 0,
III. Уравнение окружности с центром в точке (x
0
; y
0
) и радиусом R
имеет вид (см. рис.
12.6
)
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
= R
2
IV. Расстояние между двумя точками (x
1
; y
1
) и (x
2
; y
2
) на плоско- сти (см. рис.
12.7
) вычисляется по формуле
d
=
Æ
(x
1
− x
2
)
2
+ (y
1
− y
2
)
2
x
y
(x
0
; y
0
)
0
R
Рис. 12.6. (x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
= R
2
x
y
(x
1
; y
1
)
(x
2
; y
2
)
0
Рис. 12.7. Расстояние между точками
V. Уравнение гиперболы в простейшем случае имеет вид y = 1/x
(см. рис.
12.8
). Вертикальная асимптота x = 0, горизонтальная асимп- тота y = 0. Аналогичным образом можно построить график произ- вольной дробно-линейной функции y =
ax
+ b
cx
+ d
(графиком опять будет

104
Часть 1.
Решение задач
x
y
y
=
1
x
0
Рис. 12.8. График функции
f (x) =
1
x
x
y
y
=
ax
+ b
cx
+ d
0
a
/c
−d/c
Рис. 12.9. График функции
f (x) =
ax
+ b
cx
+ d
гипербола), a, b, c, d ∈ R, c 6= 0. Действительно, из равенства
ax
+ b
cx
+ d
=
a
c
(cx + d) + b −
ad
c
cx
+ d
=
a
c
+
bc
− ad
c(cx + d)
мы делаем вывод, что график дробно-линейной функции может быть получен из гиперболы y =1/x сдвигами и растяжением (см. рис.
12.9
).
Пример 12.1. Найдите все значения a, при которых уравнение
4x − |3x − |x + a|| = 9|x − 1|
имеет хотя бы один корень.
Решение. Рассмотрим функцию
f (x) = 9|x − 1| − 4x + |3x − |x + a||.
Раскрывая модули, мы получим конечное число интервалов, на каж- дом из которых она является некоторой линейной функцией. Коэффи- циент при первом модуле превосходит по абсолютной величине сум- му оставшихся коэффициентов при x, с каким бы знаком мы остав- шиеся модули ни раскрывали. Действительно, 9 − 4 − 3 − 1 = 1 > 0.
Поэтому на всех интервалах, лежащих слева от точки x = 1, коэффи- циент при x отрицателен, а на всех интервалах справа от точки x = 1
коэффициент при x положителен. Это означает, что функция f (x)
убывает при x < 1 и возрастает при x > 1, а x = 1 — точка минимума
(см. рис.
12.10
). Поэтому для того чтобы уравнение f (x) = 0 имело хотя бы один корень, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие min f (x) ¶ 0, т. е. f (1) ¶ 0. Введём обозначение t = |1 + a|,
тогда
f (1) ¶ 0 ⇔
3 − |1 + a|
−4 ¶ 0 ⇔ |3−t| ¶ 4 ⇔ (3−t)
2
−4 2
¶ 0 ⇔

§ 12.
Решение задач при помощи графика, часть I
105
x
y
10
−2 0
1 2
y
= 9|x − 1| − 4x +
3x
− |x + a|
Рис. 12.10. Случай a = −2
⇔ (−1−t)(7−t) ¶ 0 ⇔ (1+t)(t −7) ¶ 0 ⇔ t ∈ [−1;7].
Теперь для a получаем неравенство |1 + a| ¶ 7, решая которое прихо- дим к ответу: a ∈ [−8; 6].
Ответ: a
∈ [−8; 6].
Пример 12.2. Найдите все значения a, при которых уравнение
(a + 6x − x
2
− 8)(a − 1 + |x − 3|) = 0
имеет ровно три различных решения.
Решение. Изобразим на плоскости (x; a) (см. рис.
12.11
) парабо- лу, заданную уравнением a + 6x − x
2
− 8 = 0 (равносильным урав- нению a = (x − 3)
2
− 1), и ломаную a = 1 − |x − 3|. Условию задачи удовлетворяют значения a = ±1 и только они.
Ответ: a
= ±1.
x
a
0
−1 1
3
a
= (x − 3)
2
− 1
a
= 1 − |x − 3|
Рис. 12.11

106
Часть 1.
Решение задач
Пример 12.3. Найдите все значения a, при которых уравнение
|(2x − a)
2
− |x| − 28| + 2|x| = 16
имеет три различных решения.
Решение. Проведём равносильные преобразования:
|(2x − a)
2
− |x| − 28| = 16 − 2|x| ⇔
⇔





16 − 2|x| ¾ 0,

(2x − a)
2
− |x| − 28 = 16 − 2|x|,
(2x − a)
2
− |x| − 28 = −16 + 2|x|
⇔
⇔





x
∈ [−8; 8],

(2x − a)
2
= 44 − |x|,
(2x − a)
2
= 3|x| + 12.
x
y
−8 8
0 12 44
y =
44 − |x|
y =
3|
x|
+ 12
Рис. 12.12
Изобразим графики функций y = 44 − |x| и y = 3|x| + 12 при
|x| ¶ 8 на рис.
12.12
и найдём те параболы вида y = (2x − a)
2
, ко- торые удовлетворяют условию задачи. Три решения будут в случае,
когда парабола будет проходить через точку пересечения графиков функций y = 44 − |x| и y = 3|x| + 12, а вершина параболы при этом будет принадлежать отрезку [−8; 8].
Поскольку графики функций y = 44 − |x| и y = 3|x| + 12 пересека- ются в точках (±8; 36), искомые параболы удовлетворяют системе

§ 12.
Решение задач при помощи графика, часть I
107
(
(2 · (±8) − a)
2
= 36,
a
2
∈ [−8; 8]
⇔
¨ a
= ±22; ±10,
a
2
∈ [−8; 8]
⇔ a = ±10.
Ответ: a
= ±10.
Пример 12.4. Найдите все значения a, при каждом из которых функция f (x) = x
2
−2|x −a
2
|−8x имеет хотя бы одну точку максимума.
Решение. 1. Функция f (x) имеет следующий вид:
а) если x ¾ a
2
, то f (x) = x
2
− 10x + 2a
2
= (x − 5)
2
− 2a
2
− 25, поэтому график функции f (x) есть часть параболы с ветвями, направлен- ными вверх, и осью симметрии x = 5;
б) если x ¶ a
2
, то f (x) = x
2
− 6x − 2a
2
= (x − 3)
2
+ (2a
2
− 9), поэтому график функции f (x) есть часть параболы с ветвями, направлен- ными вверх, и осью симметрии x = 3.
x
y
0 3
5
Рис. 12.13. a
2
¶ 3
x
y
0 3
5
Рис. 12.14. 3 < a
2
< 5
Все возможные виды графика функции f (x) при различных зна- чениях a
2
показаны на рис.
12.13
–
12.15 2. Ни одна из функций, изображённых
x
y
0 3
5
Рис. 12.15. a
2
¾ 5
на рис.
12.13
,
12.15
, не имеет точек мак- симума. Действительно, графики обеих функций проходят через точку (a
2
; f (a
2
)),
причём первая из них убывает в окрестно- сти этой точки, а вторая возрастает.
3. Итак, единственной точкой макси- мума функции f (x) является точка x = a
2
(см. рис.
12.14
), причём тогда и только то- гда, когда 3 < a
2
< 5 ⇔
p
3 < |a| <
p
5.
Ответ: a
∈ (−
p
5; −
p
3) ∪ (
p
3;
p
5).

108
Часть 1.
Решение задач
Пример 12.5. Найдите все значения c, при которых система
( y
= ||x + 3| − 1|,
x
2
+ y
2
= 2cy − c
2
− 4x −
7 2
имеет ровно два различных решения.
Решение. Преобразуем систему к виду
( y
= ||x + 3| − 1|,
(x + 2)
2
+ (y − c)
2
=
1 2
Опишем построение графика функции y = ||x + 3| − 1|. Построим график функции y = |x + 3| (см. рис.
12.16
), далее сместим график на одну единицу вниз (см. рис.
12.17
). Для построения графика функ- ции y = ||x + 3| − 1| следует все точки графика функции y = |x + 3| − 1
с отрицательными ординатами отразить симметрично относительно оси Ox (см. рис.
12.18
).
x
y
0
−3
y
= |x + 3|
Рис. 12.16
x
y
0
−3
y
= |x + 3| − 1
Рис. 12.17
Второе уравнение в системе задаёт окружность с центром в точ- ке (−2; c) и радиусом 1/
p
2. На рис.
12.19
изображены возможные расположения кривых из примера. Замечаем, что нам подходят слу- чаи, когда окружность касается графика y =
x
+ 3| − 1
при c = 1
и пересекает график в двух точках при c ∈ (−1/
p
2; 1/
p
2).
Ответ: a
∈ (−1/
p
2; 1/
p
2) ∪ {1}.
Пример 12.6. Найдите все значения a, при каждом из которых множеством решений неравенства p
5 − x ¶3−|x −a| является отрезок.

§ 12.
Решение задач при помощи графика, часть I
109
x
y
0
−3
y
=
|x + 3| − 1
Рис. 12.18
x
y
0 2
−3
y
=
|x + 3| − 1
Рис. 12.19
Решение. Изобразим графически решения неравенства p
5 − x ¶
¶ 3 − |x − a|, т. е. найдём те точки, для которых график функции
y
= 3 − |x − a| (имеющий форму уголка) расположен над графиком
x
y
0 2
9 4
5 8
−4 3
A
B
C
D
y
= 3 − |x − a|
Рис. 12.20

110
Часть 1.
Решение задач функции y =
p
5 − x (или они пересекаются). На рис.
12.20
изображе- ны возможные случаи взаимного расположения этих графиков. Если абсцисса вершины «уголка» расположена левее абсциссы точки D,
то исходное неравенство не имеет решений. Если вершина «уголка»
совпадает с точкой D, то исходное неравенство имеет единственное решение, для которого p
5 − x = 3, т. е. x = −4 и, так как |−4 − a| = 0,
получаем a = −4.
При перемещении вершины «уголка» вправо, когда абсцисса вер- шины больше, чем абсцисса точки D (x = −4), и меньше, чем абсцисса точки C (x = 2), множество решений неравенства представляет собой отрезок. Так как абсцисса вершины «уголка» совпадает со значени- ем a, получаем, что при −4 < a < 2 условие задачи выполнено.
При a = 2 исходное неравенство имеет множество решений, со- стоящее из отрезка и отдельно расположенной точки x = 5, поэтому условие задачи не выполнено (см. рис.
12.21
).
На рис.
12.22
изображена более детально ситуация, когда абсцисса вершины «уголка» расположена между точками C и B (точка B соот- ветствует случаю, когда правая часть «уголка» касается графика функ- ции y =
p
5 − x, соответствующее значение a будет найдено ниже).
В этом случае множество решений неравенства состоит из двух отрез- ков. Для нахождения абсциссы вершины B предложим два способа.
I. В первом из них точку касания двух графиков дифференци- руемых функций f (x) и g(x) находим из соотношений f (x) = g(x)
и f
0
(x) = g
0
(x):



3 − (x − a) =
p
5 − x,
− 1 = −
1 2
p
5 − x
⇔



x
=
19 4
,
a
=
9 4
x
y
0 5
3
Рис. 12.21
x
y
0 5
3
Рис. 12.22

Тренировочные задачи к § 12 111
II. Другой способ нахождения точки касания состоит в нахожде- нии a из условия единственности решения уравнения
±
p
5 − x = 3 − (x − a)
(т. е. пересечения прямой и параболы; здесь, поставив знак ±, мы восстановили параболу целиком):
±
p
5 − x = 3 + a − x ⇔
¨ x
2
− (5 + 2a)x + a
2
+ 6a + 4 = 0,
5 − x ¾ 0.
Из условия для дискриминанта квадратного уравнения D = −4a + 9 = 0
получаем решение a = 9/4, x = 19/4.
Если абсцисса вершины «уголка» расположена между абсциссами точек A и B, то множеством решений снова является отрезок. Начи- ная с точки A множество решений либо состоит из одной точки, либо пустое.
Абсцисса точки A равна 8. Поэтому множество решений исход- ного неравенства является отрезком и при a ∈ [9/4; 8). Объединяя части ответа, получаем a ∈ (−4; 2) ∪ [9/4; 8).
Ответ: a
∈ (−4; 2) ∪ [9/4; 8).
Тренировочные задачи к § 12
12.1. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ x
2
+ y
2
= 1,
y
− |x| = a
имеет ровно два различных решения.
12.2. Найдите все положительные значения a, при каждом из кото- рых система
¨
(|x| − 5)
2
+ (y − 4)
2
= 9,
(x − 2)
2
+ y
2
= a
2
имеет единственное решение.
12.3. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
(a + 2 − x
2
)(||x − 1| − 1| − a) = 0
имеет ровно пять различных решений.

112
Часть 1.
Решение задач
12.4. Найдите наименьшее значение выражения a
2
+ (b − 1)
2
на мно- жестве таких чисел a и b, для которых уравнение
||x − 4| − 2| − ax + (4a − b) = 0
имеет ровно три различных корня. Укажите, при каких a и b дости- гается это наименьшее значение.
12.5. При каких значениях a уравнение
2|x − 2a| − a
2
+ 15 + x = 0
не имеет решений? При каких значениях a уравнение имеет решения и все решения принадлежат отрезку [−9; 10]?
12.6. Найдите все значения a, при которых уравнение
||x + a| − 2x| − 3x = 7|x − 1|
имеет не более одного корня.
12.7. Найдите все значения a, при каждом из которых наименьшее значение функции f (x) = 2ax + |x
2
− 6x + 8| меньше 1.
12.8. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
|x
2
− 6x + 8| + |x
2
− 6x + 5| = a
имеет ровно три различных решения.
12.9. Найдите все значения a, при которых уравнение
||x − a| + 2x| + 4x = 8|x + 1|
не имеет ни одного корня.
12.10. Найдите все значения a, при каждом из которых функция
f (x) = x
2
− 3|x − a
2
| − 5x
имеет хотя бы одну точку максимума.
12.11. При каких значениях a существует единственное решение си- стемы
¨ x
2
+ y
2
= 9,
(x − 4)
2
+ (y − 3)
2
= a?
12.12. Найдите все значения a, при каждом из которых функция
f (x) = x
2
− 4|x − a
2
| − 8x
имеет более двух точек экстремума.

Тренировочные задачи к § 12 113
12.13. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨
(x + 2)
2
+ y
2
= a,
|x| + | y − 1| = 1
имеет единственное решение.
12.14. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
ax
+
p
−7 − 8x − x
2
= 2a + 3
имеет единственный корень.
12.15. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ y
= 2|x| + |x − 7|,
y
= 2|x − 3| + x + a
имеет единственное решение. Укажите это решение.
12.16. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
a
− |x − 1| − |x − 2| − |x − 3| = 2|x + 1| + |x + 2|
имеют бесконечно много решений.
12.17. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
4|x − a| + a − 2 − 2x = 0
имеет решения и все решения принадлежат отрезку [−2; 1].
12.18. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
(13 + a − 6x + x
2
)(a + 5 − |x − 3|) = 0
имеет ровно три различных решения.
12.19. Для каждого значения a укажите число общих точек графиков функций y = x
2
− 4x + |4 − 2x| и y = a. Укажите координаты этих точек.
12.20. При каких значениях a система
¨ y
2
+ 2(x − 2)y + (x
2
− 4)(2x − x
2
) = 0,
y
= a(x − 4)
имеет ровно три различных решения?
12.21. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ x
2
+ 8x + y
2
+ 8y + 23 = 0,
x
2
− 2a(x + y) + y
2
+ a
2
= 0
имеет единственное решение.

114
Часть 1.
Решение задач
12.22. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ |2x + 3y| + |2x − 3y| = 7,
x
2
+ y
2
= a
2
− 4 − 4 y
имеет хотя бы одно решение.
12.23. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ ax
2
+ 4ax − y + 7a + 2 = 0,
ay
2
− x − 2ay + 4a − 1 = 0
имеет единственное решение.
12.24. Найдите все значения a, при которых система
(
(x − a)
2
+ 3y
2
− 2 y = 0,
|x| − y =
4 3
имеет единственное решение.
12.25. Найдите все значения a, при которых уравнение
2|x + 1| = 8 − |8(x − a)
2
− |x + 1| − 14|
имеет ровно три различных решения.
12.26. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨
(x − 4)
2
+ (y − 6)
2
= 25,
y
= |x − a| + 1
имеет ровно три различных решения.
12.27. Найдите все значения a, при каждом из которых множеством решений неравенства p
3 − x + |x − a| ¶ 2 является отрезок.
Ответы
12.1
. a
∈ {−
p
2} ∪ (−1; 1).
12.2
. a
= 2; a = 3 +
p
65.
12.3
. a
= 1; a = (5 −
p
17)/2.
12.4
. Наименьшее значение 1/5, достигается при a = ±2/5, b = 4/5.
12.5
. 1. a ∈ (−3; 5). 2. a ∈ [2 − 2
p
7; −3] ∪ {5}.
12.6
. a
∈ [−6; 4].
12.7
. a
∈ (−∞; 1/4) ∪ (3 +
p
7; +∞).
12.8
. a
= 5.
12.9
. a
∈ (−7; 5).
12.10
. a
∈ (−2; −1) ∪ (1; 2).
12.11
. a
= 4; a = 64.
12.12
. a
∈ (−
p
6; −
p
2) ∪ (
p
2;
p
6).
12.13
. a
= 2; a = 10.
12.14
. a
∈ [−1; −1/3) ∪ {0}.
12.15
. Если a ∈ (−1; 1), то решение ((13 − a)/2; (27 − a)/2); если a > 7, то решение ((1 − a)/2; (3a + 11)/2).
12.16
. a
= 10.
12.17
. a
∈ [−2; 0].
12.18
. a
= −5; a = −4.

§ 13.
Решение задач при помощи графика, часть II
115
12.19
. При a < −4 общих точек нет; если a = −4, то решение (2; −4); если
a
> −4, то решения (3 −
p
5 − a; a) и (1 +
p
5 − a; a).
12.20
. a
∈ {−3/5; 0; −8 ± 4
p
3; 6 ± 4
p
2}.
12.21
. a
∈ {−5 ±
p
2; −11 ± 7
p
2}.
12.22
. a
∈ [−
p
1885/12; −5/6] ∪ [5/6;
p
1885/12].
12.23
. a
∈ {−1/2; 0; 1/6}.
12.24
. a
= ±1; a = ±7/3.
12.25
. a
= −7/2; a = 3/2.
12.26
. a
∈ {4; 5
p
2 − 1; 9 − 5
p
2}.
12.27
. a
∈ (−1; 1) ∪ [5/4; 5).
§ 13. Решение задач при помощи графика,