null

ЕГЭ. Профильный уровень. Задание 20
Задачи с параметрами
Квадратные уравнения и
уравнения с квадратным трёхчленом
Дихтярь М.Б.
Общие сведения
1. Уравнение f (a ) x 2 + g (a) x + ϕ (a) = 0 , где f (a) ≠ 0 , является квадратным уравнение с параметром а.
Число D(а ) = g 2 (a ) − 4ϕ (a ) ⋅ f (a ) называется дискриминантом
квадратного уравнения.
Для того чтобы найти решения квадратного уравнения с параметром надо рассмотреть три случая:
1) если D(а ) < 0 , то уравнение не имеет действительных корней;
2) если D(а ) > 0 , то уравнение имеет два корня x1,2 =
− g (a) ± D
;
2 f (a)
− g (a)
3) если D(а) = 0 , то уравнение имеет два равных корня x=1 x=
.
2
2 f (a)
Замечание. Если коэффициент при х чётный, то есть, если квадратное уравнение имеет вид f (a ) x 2 + 2 g (a ) x + ϕ (a ) =
0 , то дискриминант D ( а ) 4 = g 2 (a ) − ϕ (a ) ⋅ f (a ) .
Если D ( а ) 4 > 0, то x1,2 = − g (a) ± D 4 ;
если D ( а )
f (a)
− g (a)
.
4 = 0, то x=1 x=
2
f (a)
2. Если в уравнении f (a) x 2 + g (a) x + ϕ (a) = 0 коэффициент при х 2
равен нулю, то уравнение принимает вид g (a) x + ϕ (a) = 0 .
Уравнение g (a) x + ϕ (a) = 0 является линейным уравнением с параметром а.
Для того чтобы найти решения линейного уравнения с параметром
надо рассмотреть три случая:
1) если g (a) ≠ 0 , то уравнение имеет единственный корень
x = −ϕ (a ) / g (a ) ;
2) если g (a) = 0 , ϕ (а) ≠ 0 , то уравнение не имеет корней, то есть
x ∈ Ø (так как уравнение принимает вид 0 ⋅ x = − ϕ (а ) ≠ 0 );
1
3) если g (a) = 0 , ϕ (а) = 0 , то корнями уравнения являются x ∈ R (так
как уравнение принимает вид 0 ⋅ x = 0 ).
Примеры
1. Решите уравнение а (a − 2) x 2 + 2ах + (2 − a ) =
0 (1) .
Решение. Рассмотрим два случая.
 а = 0,
.
1. Пусть а (a − 2) =0 ⇔ 
а
=
2.

1) Если a = 2 , то уравнение (1) принимает вид 4 x = 0 – это линейное уравнение, которое имеет единственный корень x = 0 .
2) Если a = 0 , то уравнение (1) принимает вид 0 ⋅ x + 2 = 0 – это
уравнение не имеет корней.
а ≠ 0,
2. Пусть а (a − 2) ≠ 0 ⇔ 
а ≠ 2.
Если a ∉ {0; 2} , то уравнение (1) является квадратным с дискриминантом D ( а ) 4= a(a 2 − 3a + 4) . Отметим a 2 − 3a + 4 > 0 при любом a ∈ R .
1) Если a < 0 , то D ( а ) 4 < 0 . Уравнение (1) не имеет действительных корней.
2) Если a ∈ (0; 2) ∪ (2; ∞) , то D ( а ) 4 > 0 . Уравнение (1) имеет два
корня x1, 2
− a ± a (a 2 − 3a + 4)
.
=
a (a − 2)
2
Ответ. x = 0 , если a = 2 ; x ∈ Ø, если a ≤ 0 ; x1, 2 = − a ± a(a − 3a + 4) , ес-
a ( a − 2)
ли a ∈ (0; 2) ∪ (2; ∞) .
2. Решите уравнение (a 2 − 9) x 2 + (а + 3) х + (9 − a 2 ) =
0 (1) .
Решение. Рассмотрим два случая.
 а = −3,
1. Пусть a 2 − 9 = 0 ⇔ 
 а = 3.
1) Если a = −3 , то уравнение (1) принимает вид 0 ⋅ x = 0 . Корнями
уравнения являются x ∈ R .
2) если a = 3 , то уравнение (1) принимает вид 6 x = 0 – это линейное
уравнение имеет единственный корень x = 0 .
2
а ≠ −3,
2. Пусть a 2 − 9 ≠ 0 ⇔ 
.
а
≠
3.

Уравнение (1) является квадратным, если a ∉ {−3; 3}.
Так как a ≠ −3, то уравнение (1) равносильно уравнению
(a − 3) x 2 + х + (3 − a ) = 0 , где a ∈ (−∞; − 3) ∪ (−3; 3) ∪ (3; ∞) , с дискриминантом
D ( а ) = 4a 2 − 24a + 37 . Так как 4a 2 − 24a + 37 > 0 при любом a ∈ R , то
D(а) > 0.
Таким образом, если a ∈ (−∞; − 3) ∪ (−3; 3) ∪ (3; ∞) , то уравнение (1)
имеет два корня x1, 2 =
− 1 ± 4a 2 − 24a + 37
2(a − 3)
Ответ. x = 0 , если a = 3 ; x ∈ R , если a = −3 ; x1, 2
− 1 ± 4a 2 − 24a + 37)
,
=
2(a − 3)
если
a ∈ (−∞; − 3) ∪ (−3; 3) ∪ (3; ∞) .
3. Решите уравнение x 2 + 2ах + a 2 − 4 =
0 (1) .
Решение. Уравнение (1) является квадратным с дискриминантом
D ( а ) 4 = а2 − а2 + 4 ⇔ D ( а ) 4 = 4 ⇒ D ( а ) 4 > 0 .
Так как D ( а ) 4 > 0 при любом a ∈ R , то исходное уравнение имеет
два корня х1 = −а − 2 , х2 = −а + 2 , если a ∈ R .
Ответ. х1 = −а − 2 , х2 = −а + 2 , если a ∈ R .
4. Решите уравнение (a 2 + 3) x 2 − 4ах + 4 = 0 .
Решение. Так как a 2 + 3 ≠ 0 , то исходное уравнение при любом
a ∈ R является квадратным с дискриминантом
D(а) 4 =
4а 2 − 4a 2 − 12 ⇔ D ( а ) 4 =
−12 ⇔ D ( а ) 4 < 0 .
Так как D ( а ) 4 < 0 при любом a ∈ R , то уравнение (1) не имеет
действительных корней.
Ответ. x ∈ Ø, если a ∈ R .
5. Решите уравнение
Решение. Имеем
1
1
1
.
−
=
х +1 х − а х + а
х + 2х + а =
0,
1
1
1
=
−
⇔
х +1 х − а х + а
 х ≠ −1, х ≠ а, х ≠ −а.
2
2
(1)
Найдём корни квадратного уравнения х 2 + 2 х + а 2 = 0
3
(2).
Замечание. Корнями исходного уравнения являются только корни
уравнения (2), если они не равны − 1, а, − а . Если уравнение (2) не имеет
корней, то и исходное уравнение не имеет корней.
Дискриминант уравнения (2), равен D ( а ) 4 = 1 − а 2 .
1. Рассмотрим следующие случаи.
1) Пусть D ( а ) 4 < 0 ⇔ a > 1. Если а > 1 , то уравнение (2), а значит и исходное уравнение, не имеет действительных корней.
2) Пусть D ( а ) 4 =0 ⇔ a =1. Если а = 1, то квадратное уравнение (2) принимает вид х 2 + 2 х + 1 =
0 , корень которого x = −1 кратности
два. Из замечания следует, что x = −1 не является корнем исходного
уравнения, если а = 1 . Исходное уравнение, если а = 1 не имеет действительных корней.
3) Пусть D ( а ) 4 > 0 ⇔ 1 − a 2 > 0 ⇔ a < 1. Если а < 1, то квадратное уравнение (2) имеет два корня x1 =−1 − 1 − а 2 , x2 =−1 + 1 − а 2 .
Отметим: так как а < 1, то −2 ≤ x1 < −1 и − 1 < x2 ≤ 0 .
2. Рассмотрим уравнения (2), если х ∈ {−1; а; − а} , где а < 1.
а) Если а < 1, то x = −1 не является корнем квадратного уравнения
(2), так как −2 ≤ x1 < −1 и − 1 < x2 ≤ 0 . Тогда из замечания следует, если
а < 1, то x = −1 не является корнем исходного уравнения.
б) Если х = а , где а < 1, корень уравнения (2), то
2
0,
0,
2а + 2а =
2а ( a + 1) =
⇔
⇒a=
0.

<
а
1;
<
а
1;


Если а = 0 , то уравнение (2) принимает вид х 2 + 2 х =
0 . Последнее
уравнение имеет два корня: х = 0, х = −2.
Итак, при а = 0 имеем
1) корнем уравнения (2) является х = 0 , но х = 0 не является решением системы (1), так как решением системы являются х ≠ а . Значит,
х = 0 не является корнем исходного уравнения.
2) корнем уравнения (2) является х = −2 и х = −2 является решением системы (1), так как решением системы являются х ≠ а . Значит,
х = −2 является корнем исходного уравнения.
Итак, если а = 0 , то исходное уравнение имеет единственный корень х = −2
4
в) Если х = −а , где а < 1, корень уравнения (2), то
2
2а ( a − 1) =
0,
0,
2а − 2а =
⇔
⇒a=
0.


а
<
1;
а
<
1;


Случай а = 0 рассмотрен в пункте в).
Ответ. x ∈ Ø, если а ≥ 1 ; х = −2 , если а = 0 ; x1, 2 = −1 ± 1 − а 2 , если
а ∈ (−1; 0) ∪ (0; 1) .
Задачи, на применение теоремы Виета
Теорема Виета. Если квадратное уравнение ax 2 + bx + c = 0 , где
−b a,
x + x =
.
a ≠ 0, имеет действительные корни x1 и x2 , то  1 2
x
x
с
a
.
⋅
=
 1 2
Обратная теорема Виета. Если числа x1 и x2 удовлетворяют ус−b a,
x + x =
то числа x1 и x2 являются корнями квадратного
ловию  1 2
с a,
 x1 ⋅ x2 =
уравнения ax 2 + bx + c = 0 , где a ≠ 0 .
6. Определите, при каких значениях параметра а корни квадратного уравнения ax 2 − (а + 9) x + а = 0 (1) удовлетворяют условиям:
1) сумма квадратов корней равна 14;
2) сумма корней в 6 раз больше суммы квадратов корней;
3) сумма кубов корней меньше –2;
4) разность корней равна 5 .
Решение. Так как уравнение (1) является квадратным, то коэффициент при x 2 не равен нулю, то есть а ≠ 0 . Пусть x1 и x2 ( x1 ≤ x2 ) корни
уравнения (1). Пусть D ( а ) дискриминант квадратного уравнения (1).
Уравнение (1) имеет решения тогда и только тогда, когда
(a + 9) 2 − 4a 2 ≥ 0,
 D(а ) ≥ 0,
3(a − 9)(a + 3) ≤ 0,
 −3 ≤ а < 0,
⇔
⇔
⇔




а ≠ 0;
а ≠ 0;
0 < а ≤ 9.
а ≠ 0;
Итак, уравнение (1) имеет решение, если а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] .
По теореме Виета х1 + х2 =1 + 9а −1 , где а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , и х1 х2 = 1 .
1) Определим, при каких значениях а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] выполняется
условие х12 + х22 =
14.
(
)
Выразим х12 + х22 через а. Имеем
5
(
х12 + х22 = ( х1 + х2 ) 2 − 2 х1 х2 = 1 + 9а
(
Таким образом, х12 + х22 = 1 + 9а −1
Если а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , то
х + х =(1+9 а ) − 2
)
2
)
−1 2
− 2.
− 2, где а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] .
2
−1
1 + 9=
=
а −1 4,
 а 3,
⇔
⇔
х1 + х = 14
(1 + 9а ) = 16 ⇔ 1 + 9а −1 =
−4;
 а = −1,8.

Так как а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , то а ∈ {−1,8; 3} удовлетворяют условию 1)
2
2
1
2
2
2
2
−1 2
задачи.
2) Определим, при каких значениях а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] выполняется
условие 6( х12 + х22 ) = х1 + х2 .
(
Так как х12 + х22 = 1 + 9а −1
6( х + х
2
1
2
2
) =х + х
1
2
⇔ 6 (1 + 9а
)
2
− 2 и х1 + х2 =1 + 9а −1 , то
) − (1 + 9а ) − 12 =0
−1 2
−1
t
1+9 а −1 =
⇔ 6t 2 − t − 12 =0 ⇔
t 1 + 9а −1 =
− 4 3, 1+9 а−1 =
− 4 3,
− 27 7,
t =
a =
⇔
⇔ 
⇔
 a 18.
−1
=
1,5;
t 1,5;

1 + 9а =
Так как а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , то только а = −27 7 удовлетворяет усло-
вию 2) задачи.
3) Определим, при каких значениях а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] выполняется
неравенство х13 + х23 < −2 .
Выразим ( х13 + х23 ) через а.
Так как х13 + х23 = ( х1 + х2 ) ( х12 + х22 − х1 х2 ) , х1 + х2 =1 + 9а −1 , х1 х2 = 1 ,
(
х12 + х22 = 1 + 9а −1
)
2
(
− 2 , то
х13 + х23 = 1 + 9а −1
) ( (1 + 9а )
−1 2
)
(
−1
− 2 − 1 =1 + 9а
(
)
)
3
− 3 (1 + 9а −1 ) .
Таким образом, х13 + х23 = 1 + 9а −1 −3 (1 + 9а −1 ) .
3
Рассмотрим неравенство х13 + х23 < −2 , если а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] . Имеем
х + х < −2 ⇔ (1 + 9а
3
1
3
2
)
−1 3
− 3 (1 + 9а
−1
)+2<0
1+9 а −1 =
t
3
⇔ t − 3t + 2 < 0 ⇔
t 1 + 9а −1 < −2,
t < −2, ( а+9) а=
⇔ ( t − 1) ⋅ ( t + 2 ) < 0 ⇔ 
⇔ 
⇔ −3 < a < 0.
−1
t
1;
≠
1
9
1;
+
а
≠


2
6
Так как а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , то а ∈ ( −3; 0 ) удовлетворяют условию 3)
задачи.
4) Определим, при каких значениях параметра а выполняется равенство х2 − х1 = 5 . Отметим x2 ≥ x1 ⇔ x2 − x1 ≥ 0. Имеем
х2 ≥ х1
х2 − х1 = 5 ⇔ ( х2 − х1 ) =5 ⇔ ( х2 + х1 ) − 4 х1 х2 =5
2
2
х2 + х1 =+
1 9 а −1
⇔
х1х2 =1
1 + 9=
=
а −1 3,
 а 4,5,
⇔ (1 + 9а ) =
⇔
9⇔
 а = −2, 25.
−1
х1х2 =1
−3;

1 + 9а =
Так как а ∈ [−3; 0) ∪ (0; 9] , то а ∈ {−2, 25; 4,5} удовлетворяют условию
х2 + х1 =+
1 9 а −1
−1 2
4) задачи.
Ответ. 1) а ∈ {−1,8; 3} ; 2) а = −27 / 7 ; 3); 4) а ∈ {−2, 25; 4,5} .
7. Пусть x1 и x2 ( x1 ≤ x2 ) корни уравнения x 2 − 2(а − 4) x + а 2 = 0
Найдите, все значения параметра а, при которых:
1) сумма квадратов корней наименьшая;
2)
(1).
х1 х2
≥ 14 ?
+
х2 х1
Решение. Уравнение (1) имеет решения тогда и только тогда, когда
дискриминант уравнения D(а) 4 ≥ 0 . Имеем
D(а ) 4 ≥ 0 ⇔ (a − 4) 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ а ≤ 2.
Уравнение имеет решение, если а ∈ (−∞; 2] .
По теореме Виета х1 + х2 = 2(а − 4) и х1 х2 = а 2 , где а ≤ 2.
1) Найдём все значения параметра а, при которых сумма квадратов корней уравнение (1) наименьшая.
2
2
Имеем х12 + х22 = ( х1 + х2 ) 2 − 2 х1 х2 = 4 ( а − 4 ) − 2а 2 = 2 ( а − 8 ) − 64.
(
Итак, х12 + х22 = 2 ( а − 8 ) − 64, где а ≤ 2. Очевидно, х12 + х22
2
)
явля-
ется функцией от а. Пусть f ( a ) = 2 ( а − 8 ) − 64, где а ≤ 2.
2
Замечание. Функция а ( х ) = k ( x − x0 )2 + a0 , где k > 0, на промежутке
(−∞; х0 ] убывает, а на промежутке [ х0 ; ∞) возрастает.
Графиком функции f ( a ) = 2 ( а − 8 ) − 64 является парабола, ветви
которой направлены вверх. Из замечания следует, что функция
2
f ( a ) = 2 ( а − 8 ) − 64 , где а ≤ 2 , убывает. Поэтому функция f ( a ) наименьшее значение принимает при а = 2 . Итак, а = 2 удовлетворяет условию 1) задачи.
2
7
2) Найдём все значения параметра а, при которых
Имеем
х1 + х2 = 2( а −8 )
х1 х2
х12 + х22 − 14 х1 х2
+
≥ 14 ⇔
≥0
⇔
х1х2 = а 2
х2 х1
х1 х2
2
2
2
−64
х1 х2
≥ 14 .
+
х2 х1
2 ( а − 8 ) − 64 − 14а 2
2
а2
≥0⇔
 −4 ≤ a < 0,
4(а + 4)(3а − 4)
.
≤0⇔
2
<
≤
a
0
4
3.
а

Так как а ∈ (−∞; 2], то а ∈ [−4; 0) ∪ (0; 4 / 3] удовлетворяет условию
⇔
2) задачи.
Ответ. 1) а = 2 ; 2) а ∈ [−4; 0) ∪ (0; 4 / 3] .
8. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
аx + 2(а − 1) x + 3а = 0 (1) имеет два корня, которые являются целыми
числами.
Решение. Так как уравнение (1) является квадратным, то коэффициент при x 2 не равен нулю, то есть а ≠ 0 .
Пусть x1 и x2 , где x1 ≤ x2 , корни уравнения (1).
По теореме Виета х1 х2 = 3 .
Так как надо найти все значения параметра а, при которых корни
уравнения (1) являются целыми числами, то из равенства х1 х2 = 3 , где
x1 ≤ x2 следует, что возможны следующие два случая:
1) х1 = 1 , х2 = 3 ; 2) х1 = −3 , х2 = −1 .
1) По теореме Виета х1 + х2 =−2 + 2а −1 . Если х1 = 1 и х2 = 3 корни
уравнения (1), то 1 + 3 =−2 + 2а −1 ⇔ а =1 3.
Итак, если а = 1 / 3 , то х1 = 1 , х2 = 3 являются корнями исходного
уравнения.
и
корни
уравнения(1),
то
2)
Если
х1 = −3
х2 = −1
−1 − 3 =−2 + 2а −1 ⇔ а =−1.
Итак, если а = −1, то х1 = −3 , х2 = −1 являются корнями исходного
уравнения.
Ответ. а ∈ {−1;1 3} .
9. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
2
аx + 3 x + 2а 2 − 3 = 0 (1) имеет только целые корни. Найдите эти корни.
Решение. Рассмотрим уравнение (1) при различных значениях параметра а.
2
8
1. Если а = 0 , то уравнение (1) является линейным уравнением, которое имеет один корень, равный х = 1 .
2. Если а ≠ 0 , то уравнение (1) является квадратным.
Пусть x1 и x2 , где x1 ≤ x2 , корни уравнения (1). Дискриминант
квадратного уравнения (1), равен D ( а ) =
9 − 4а (2а 2 − 3).
Замечание. Квадратное уравнение (1) может иметь целые корни
только в случае, если D ( а ) полный квадрат.
По теореме Виета х1 + х2 =
−3а −1 и х1 х=
2а − 3а −1. Так как корни
2
целые, то числа −3а −1 и 2а − 3а −1 целые. Пусть k = −3а −1 , где k целое
отличное от нуля число. Тогда а = −3k −1 и 2а − 3а −1 =
k − 6k −1 . Так как
2а − 3а −1 целое число, то k − 6k −1 тоже целое число. Тогда, так как k и
k − 6k −1 целые числа, то −6k −1 тоже целое число. Откуда следует, что k
может принимать значения ± 1 ; ± 2 ; ± 3 ; ± 6 . Тогда а = −3k −1 принимает
значения  3 ;  3 / 2 ;  1 ;  1 / 2 . Для этих значений параметра а найдём
D(а ) : D(3) < 0 ; D(−3) =189, D(1) =13, D(−1) =5, D(−3 / 2) =18, D (3/ 2)= 0= 02 ,
D(−1/ 2) ==
4 22 , D(1 / 2) =14.
Так как D(3/ 2) = 02 , D(−1/ 2) =
22 являются полными квадратами,
то уравнение (1) может иметь целые корни при а = 3 / 2 и а = −1 / 2 .
Если а = 3 / 2 , то уравнение имеет корень двойной кратности х = −1 .
Если а = −1 / 2 , то уравнение имеет два различных корня х1 = 1 и х2 = 5 .
Ответ. Если а = 0 , то х = 1 ; если а = 3 / 2 , то х1 = х2 = −1 ; если
а = −1 / 2 , то х1 = 1 , х2 = 5 .
Задачи на расположении корней приведённого
квадратного уравнения относительно нуля
Для приведённого квадратного уравнения x 2 + px + q = 0 с дискриминантом D = p 2 − 4q ≥ 0 корни уравнения x1 и x2 удовлетворяют
 x1 + x2 = − p,
 x1 x2 = q.
теореме Виета: 
Из теоремы Виета следует:
1.оба корня положительные тогда и только тогда, когда p < 0 и q > 0 ;
2. оба корня отрицательные тогда и только тогда, когда p > 0 и q > 0 ;
3. корни разного знака тогда и только тогда, когда q < 0 .
9
10. Найдите все значения параметра а, при которых корни квадратного уравнения аx 2 − 2(а − 1) x − 2 + 2а = 0 (1) а) отрицательные; б) положительные; в) разного знака.
Решение. Так как уравнение (1) квадратное, то а ≠ 0 .
При а ≠ 0 уравнение (1) равносильно уравнению
x 2 − 2а −1 (а − 1) x − 2а −1 + 2 =
0 (2).
Уравнение (2), а значит и уравнение (1) при а ≠ 0 , имеет корни,
 −1 ≤ a < 0,
(а − 1) 2 2
1 − а2
если D ( а ) 4 ≥ 0 ⇔
+
−
2
≥
0
⇔
≥
0
⇔
0 < a ≤ 1.
а2
а
а2

Итак, уравнение (1) имеет корни, если a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] .
Очевидно, p =−2(а − 1) ⋅ a −1 , q= 2 − 2a −1 .
Пусть a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] .
а) Оба корня уравнение (2), а значит и уравнение (1) при
a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] , отрицательные тогда и только тогда, когда
−2(а − 1) ⋅ a −1 > 0,
(а − 1) ⋅ a −1 < 0,
 p > 0,
⇔
⇔

−1
−1
q
0;
>
2
2
a
0;
−
>


(а − 1) ⋅ a > 0.
Так как последняя система не имеет решений, то ни при каких
значениях параметра а оба корня уравнения (1) не могут быть одновременно отрицательными.
б) Оба корня уравнение (2), а значит и уравнение (1) при
a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] , положительные тогда и только тогда, когда
−2(а − 1) ⋅ a −1 < 0,
(а − 1) ⋅ a −1 > 0, а∈[ −1; 0)∪(0;1]
 p < 0,
⇔
⇔
⇔ − 1 ≤ a < 0.

−1
−1
2 − 2a > 0;
(а − 1) ⋅ a > 0;
q > 0;
Оба корня уравнения (1) положительные, если a ∈ [−1; 0)
в) Оба корня уравнение (2), а значит и уравнение (1) при
a ∈ [−1; 0) ∪ (0; 1] , разного знака тогда и только тогда, когда
q < 0 ⇔ 2 − 2a −1 < 0 ⇔ (а − 1) ⋅ a −1 < 0
a∈[ −1; 0)∪(0;1]
0 < a < 1.
Итак, оба корня уравнения (1) разного знака, если а ∈ (0; 1) .
⇔
Ответ. а) a ∈ ∅ ; б) a ∈ [−1; 0) ; в) а ∈ (0; 1) .
11. Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение (а + 1) x 2 + ( а + 2 − а − 10) х + а − 5 =
0 (1) имеет два различных отрицательных корня.
Решение. Уравнение (1) имеет два корня только в случае, когда
оно квадратное. Тогда а ≠ −1 .
10
Рассмотрим два случая.
а + 2 < 0,
1. Пусть 
⇔ а < −2.
1;
а
≠
−

Если a < −2, то уравнение (1) принимает вид
(а + 1) x 2 − 2(а + 6) х + а − 5 =
0 ⇔ x 2 − 2(а + 6)(а + 1) −1 х + ( а − 5 ) (а + 1) −1 =
0
( 2)
Уравнение (2), а значит и уравнение (1), имеет два различных кор-
 (а + 6) 2 a − 5
16a + 41
> 0,
4
0,
D
а

>
0,
−
>
(
)


ня, если 
⇔  (а + 1) 2 а + 1
⇔  (а + 1) 2
⇔ − 41 16 < a < −2.
a < −2;
a < −2;
a < −2;


Если a ∈ ( −41/16; − 2 ) , то уравнение (2), а значит и уравнение (1),
имеет два различных корня.
−1
−1
Очевидно, p =
−2(а + 6) ⋅ ( а + 1) , q =
( а − 5)( а + 1) , где a ∈ ( −41/16; − 2 ) .
а) Оба корня уравнение (2), а значит и уравнение (1), если
a ∈ ( −41/16; − 2 ) , отрицательные тогда и только тогда, когда
−2 ( а + 6 ) ⋅ ( а + 1)−1 > 0,
 p > 0,

−1


0,
q
>
⇔

( а − 5 ) ⋅ ( а + 1) > 0, ⇔ −41 16 < a < −2.
−41 16 < a < −2;
−41 16 < a < −2;



Квадратное уравнение (1) имеет два различных отрицательных
корня, если а ∈ (−41 / 16; − 2) .
а + 2 ≥ 0,
 −2 ≤ а < −1,
2. Пусть 
⇔
а ≠ −1;
 a > −1.
Если а ∈ [ − 2;−1) ∪ (−1; ∞) , то уравнение (1) принимает вид
(а + 1) x 2 − 8 х + а − 5 = 0 ⇔ x 2 − 8(а + 1) −1 х + ( а − 5 ) (а + 1) −1 = 0
( 3)
Уравнение (3), а значит и уравнение (1), имеет два различных корня,
если
 ( а + 3)( а − 7 )
a −5
 16
−
>
0,
 D ( а ) 4 > 0,
< 0,

2
 (а + 1)
2
а
+
1
+
(
а
1)
 −2 ≤ а < −1,



⇔
⇔
⇔
−
≤
<
−
2
а
1,




 −1 < а < 7.
  а > −1;
  −2 ≤ а < −1,
  −2 ≤ а < −1,

  а > −1;
  а > −1;

Если а ∈ [ − 2; −1) ∪ (−1; 7) , то уравнение (3), а значит и уравнение
(1), имеет два различных корня.
−1
−1
Очевидно, p =
−8 ( а + 1) , q =
( а − 5)( а + 1) , где а ∈ [ − 2; −1) ∪ (−1; 7) .
Оба корня уравнение (3), а значит и уравнение (1), если
11
а ∈ [ − 2; −1) ∪ (−1; 7) , отрицательные тогда и только тогда, когда
а < −1,
−8 ( а + 1)−1 > 0,
 p > 0,

⇔
⇔   а < −1, ⇔ a < −1.

−1
q
>
0;

( а − 5 ) ⋅ ( а + 1) > 0;
  a > 5;

Так как а ∈ [ − 2; −1) ∪ (−1; 7) , то только а ∈ [ − 2; −1) удовлетворяют условию задачи. Из 1. и 2. следует ответ.
Ответ. а ∈ (−41/16; − 1) .
Теоремы о расположении корней приведённого
квадратного уравнения относительно
заданных точек
Рассмотрим уравнение x 2 + px + q =
0.
Пусть f (x) = x 2 + px + q . Графиком функции f (x) является парабола
с абсциссой вершины xв = − p / 2 и, ветви которой направлены вверх.
1. Уравнение x 2 + px + q = 0 имеет корни, каждый из которых больше некоторого числа α ∈ R , тогда и только тогда, ко D ≥ 0,
 p 2 − 4q ≥ 0,
гда:  x > α , ⇔  p < −2α ,
 в

 f α > 0;
α 2 + pα + q > 0.

 ( )
2. Уравнение x 2 + px + q = 0 имеет корни, каждый из которых
меньше некоторого числа α ∈ R , тогда и только тогда, когда:
 D ≥ 0,
 p 2 − 4q ≥ 0,


 xв < α , ⇔  p > −2α ,
 f α > 0; α 2 + pα + q > 0.

 ( )
3. Точка α ∈ R расположена между корнями уравнения x 2 + px + q = 0 , тогда и только тогда, когда α 2 + pα + q < 0 .
Замечание. Так как в некоторой точке α ∈ R значение функции
f (x) меньше нуля, то есть f (α ) < 0 , то квадратный трёхчлен
f (x) = x 2 + px + q пересечёт ось абсцисс, а это означает, что уравнение
где p p=
x 2 + px + q = 0 , =
( а ) , q q ( а ) , имеет корни для всех значениях
параметра а, для которых f (α ) < 0 .
12. Найдите все значения параметра а, при которых корни урав0 меньше 2.
нения x 2 + (3а − 7) x + 5 − а 2 =
12
Решение. Пусть f ( x ) = x 2 + (3а − 7) x + 5 − а 2 . Абсцисса вершины параболы –=
xв 0,5 ( 7 − 3a ) . Искомое значения параметра
находим из системы (рис.4)
( 3a − 7 )2 + 4a 2 − 20 ≥ 0,
 D ≥ 0,
(13a − 29 ) ⋅ ( а − 1) ≥ 0,



⇔ a > 1,
⇔ 29 13 ≤ a < 5.
 xв < 2, ⇔ 0,5 ( 7 − 3a ) < 2,

 2

2
 f ( 2 ) > 0;
( a − 5 ) ⋅ ( а − 1) < 0;
2 + 2 ( 3a − 7 ) − a + 5 > 0;
Ответ. a ∈ [29 13; 5) .
0 (1) оп13. Для квадратного уравнения (а − 1) x 2 − 2аx + 2 + а =
ределите при каких значениях параметра а
1) один из корней уравнения меньше –3, а другой – больше –1;
2) один из корней уравнения больше –2, а другой – меньше 3;
3) только один из корней уравнения удовлетворяет неравенству x > 2 ?
Решение. Так как уравнение (1) квадратное, то а ≠ 1.
Если а ≠ 1, то уравнение (1) равносильно уравнению
x 2 − 2а (а − 1) −1 x + ( 2 + а ) (а − 1) −1 =
0 (2).
Пусть f ( x ) = x 2 − 2а (а − 1) −1 x + ( 2 + а ) (а − 1) −1 . (3)
1) Один из корней уравнения (1) меньше –3, а другой
корень больше –1, если выполняется следующая система
неравенств (рис 5):
 f

 f
6а 2 + а

16а − 7
9
0,
+
+
<
 а − 1 < 0,
( −3) < 0,  а − 1 а − 1
⇔
⇔
⇔ 7 16 < a < 1.
( −1) < 0; 1 + 2а + 2 + а < 0;  4а + 1 < 0;
 а − 1 а − 1
 а − 1
Итак, a ∈ ( 7 /16;1) удовлетворяют условию 1) задачи.
2) Один корень уравнения (1) больше –2, а другой корень меньше
3, если выполняется следующая система неравенств (рис 6):
f (−2) > 0, f (3) > 0, D ( а ) 4 > 0, − 2 < xв < 3. (4)
где xв − абсцисса вершины параболы, заданной уравнением (3) .
Рассмотрим неравенства системы (4):
f ( −2 ) > 0 ⇔ 4 +
 a < 2 9,
4а 2 + а
9а − 2
+
>0⇔
>0⇔
а −1 а −1
а −1
 a > 1.
13
 a < 1,
6а 2 + а
4а − 7
+
>0⇔
>0⇔
а −1 а −1
а −1
 a > 7 4.
 a < 1,
2+а
а2
а−2
0
0
D(а) 4 > 0 ⇔
−
>
⇔
<
⇔

(а − 1) 2 а − 1
(а − 1) 2
1 < a < 2.
 3a − 2
−1
=
xв а( а −1)
 a − 1 > 0,
 a < 2 3,
a
−2 < xв < 3 ⇔ − 2 <
<3⇔ 
⇔
a −1
 a > 3 2.
 3 − 2a < 0;
 a − 1
Из рисунка (7) следует: решениями системы (3) являются a ∈ ( −∞; 2 9 ) ∪ ( 7 / 4; 2 ) .
Итак, a ∈ ( −∞; 2 9 ) ∪ ( 7 / 4; 2 ) удовлетворяют
f ( 3) > 0 ⇔ 9 −
условию 2) задачи.
3) Только один из корней уравнения (1) удовлетворяет неравенству x > 2 , если выполняется следующая совокупность систем неравенств (рисунки 8)
f (−2) 0,
 f (−2) > 0,  f (−2) < 0, =
 f (2) 0,
=
(4)
, 



f
(2)
0;
f
(2)
0;
f
(
2)
0;
f
(2)
0.
<
>
−
<
<




а) Очевидно, первые два неравенства совокупности (4) равносиль 2 9 < a < 1,
9а − 2 а − 2
ны неравенству f (−2) ⋅ f (2) < 0 ⇔
⋅
<0⇔
а −1 а −1
1 < a < 2.
Итак, a ∈ ( 2 9;1) ∪ (1; 2 ) удовлетворяют условию 3) задачи.
б) Пусть
4а а + 2

а − 2
4−
+ = 0,
0,

=
 f (2) 0,=
а 2,

а −1 а −1
а −1
⇔
⇔
⇔

 f (−2) < 0;
2 9 < а < 1.
4 + 4а + а + 2 < 0;
 9а − 2 < 0;

 а − 1
а −1 а −1
Так как последняя система не имеет решений, то в этом случае не
существуют значений параметра а, удовлетворяющих условию 3) задачи.
в) Пусть
14
4а а + 2

 9а − 2
4
0,
0,
+
+
=

=
 f (−2) 0, =
а 2 9,
а −1 а −1
а −1
⇔
⇔
⇔

 f (2) < 0;
1 < а < 2.
4 − 4а + а + 2 < 0;
 а − 2 < 0;
а −1 а −1

 а − 1
Так как последняя система не имеет решений, то в этом случае не
существуют значений а, удовлетворяющих условию 3) задачи.
Ответ. 1) a ∈ ( 7 /16;1) ; 2) a ∈ ( −∞; 2 9 ) ∪ ( 7 / 4; 2 ) ; 3) a ∈ ( 2 / 9;1) ∪ (1; 2 ) .
14. Найдите все значения параметра а, при которых все корни
уравнения (а + 1) x 2 − 3аx + 4а = 0 (1) удовлетворяют двойному неравенству 2 < x < 5 .
Решение. 1. Если а = −1 , то уравнение (1) принимает вид 3x − 4 = 0 .
Линейное уравнение имеет единственный корень х = 4 / 3 , который не
удовлетворяет условию 2 < x < 5 .
2. Если а ≠ −1, то уравнение (1) является квадратным. Так как а ≠ 1,
то уравнение (1) равносильно уравнению
x 2 − 3а (а + 1) −1 x + 4а (а + 1) −1 =
0 . (2)
Дискриминант уравнения (2) равен
D (а=
)
− а ( 7 а + 16 )
9а 2
16а
−
⇔
D
а
=
.
(
)
(а + 1) 2 а + 1
(а + 1) 2
Рассмотрим следующие случаи.
1) Пусть D ( а ) = 0. Тогда а ∈ {−16 / 7; 0} .
а) Если а = −16 / 7 , то уравнение (2) принимает вид ( 3 х − 8 ) =
0,
корнем двойной кратности которого является х = 8 / 3 . Очевидно,
8 / 3 ∈ ( 2; 5 ) .
2
б) Если а = 0 , то уравнение (2) принимает вид х 2 = 0, корнем
двойной кратности которого является х = 0 . Очевидно, 0 ∉ ( 2; 5 ) .
) > 0 ⇔  −16 7 < a < −1, .
2) Пусть D ( а ) > 0. Тогда −а ( 7а + 16

2
(а + 1)
 −1 < a < 0.
x 2 − 3а (а + 1) −1 x + 4а (а + 1) −1 . (3)
Пусть f ( x ) =
Оба корня принадлежат интервалу (2; 5) тогда и только тогда, когда корни меньше числа 5 и одновременно больше числа
2. Это возможно, если выполняется следующая система
неравенств (рис. 9):
f (2) > 0, f (5) > 0, D ( а ) > 0, 2 < xв < 5. (4)
где xв − абсцисса вершины параболы, заданной уравне15
нием (3)
Рассмотрим неравенства системы (4):
f ( 2) > 0 ⇔ 4 −
2 ( а + 2)
 a < −2,
6а
4а
+
>0⇔
>0⇔
а +1 а +1
а +1
 a > −1.
 a < −25 141,
15а
4а
14а + 25
+
>0⇔
>0⇔
а +1 а +1
а +1
 a > −1.
a ( 7 а + 16 )
 −16 7 < а < −1,
0
D(а) > 0 ⇔
<
⇔
 −1 < а < 0.
(а + 1) 2

f ( 5 ) > 0 ⇔ 25 −
=
xв 1,5 а( а +1)
2 < xв < 5
⇔
−1
 7 a + 10
 a + 1 > 0,
3a
2<
<5⇔
⇔ −4 < a < −10 7.
а
4
+
2 ( a + 1)

< 0;
 a + 1
Из рисунка (10) следует: решениями системы (4) являются a ∈ (−16 / 7; − 2) .
Ответ. a ∈ (−16 / 7; − 2)
каких
значениях
параметра
а
уравнение
(а − 1) x − 2аx + 2 − 3а = 0 (1) имеет единственный корень, который удовлетворяет неравенству x > 1 ?
Решение. 1. Если а = 1 , то уравнение (1) принимает вид 2 x + 1 = 0 .
Линейное уравнение 2 x + 1 = 0 имеет единственный корень х = −0,5 , который не удовлетворяет неравенству x > 1 .
2. Пусть а ≠ 1. Дискриминант уравнения
D ( а ) / 4 = а 2 − ( 2 − 3а ) ⋅ ( а − 1) ⇔ D ( а ) / 4 = 4а 2 − 5а + 2 ⇒ D ( а ) / 4 > 0.
Так как D ( а ) / 4 > 0 , то уравнение (1), если а ≠ 1, имеет два различных
корня.
Если а ≠ 1, то квадратное уравнение (1) имеет единственный корень,
который удовлетворяет неравенству x > 1 в двух случаях (рисунки 11):
1) уравнение имеет один корень больше единицы, а другой корень
меньше единицы (рис 11 а));
2) уравнение имеет один корень
больше единицы, а другой корень равный
единицы (рис 11 б)).
Так как а ≠ 1, то уравнение (1) равносильно при15.
При
2
ведённому уравнению x 2 −
2а
2 − 3а
x+
= 0 (2).
а −1
а −1
16
1) Пусть один корень больше единицы, а другой меньше единицы.
Это возможно тогда и только тогда, когда число 1 расположено между
корнями уравнения (2). Пусть f ( x) = x 2 −
ния параметра находятся из неравенства
f (1) < 0 ⇔ 1 −
2а
2 − 3а
x+
. Искомые значеа −1
а −1
 a < 1/ 4,
2а
2 − 3а
1 − 4a
+
<0⇔
<0⇔ 
а −1 а −1
a −1
 a > 1.
Итак, a ∈ (−∞; 1 / 4) ∪ (1; ∞) удовлетворяют условию задачи.
2) Пусть один корень уравнения (1) равен единицы. Тогда
4а − 1
= 0 ⇒ а = 1 4.
а −1
Легко определить, что при а = 1 / 4 корни рассматриваемого уравнения x = 1 и x = −5 / 3 < 1. Это означает, что а = 1 / 4 не удовлетворяет усf (1) = 0 ⇔
ловию задачи.
Ответ. a ∈ (−∞; 1 / 4] ∪ (1; ∞)
16. Найдите все значения параметра а, при которых один из кор0 находится между числами – 3 и
ней уравнения x 2 + (1 − а ) x + а − 2а 2 =
0, а другой – между числами 3 и 5.
Решение. Найдём дискриминант уравнения (1). Имеем
2
2
D ( а ) =(1 − a ) − 4a + 8a 2 ⇔ D ( а ) =( 3a − 1) .
Так как D (=
а ) ( 3a − 1) , то легко находим корни уравнения (1)
2a − 1. Искомое значения параметра находим из совокупx1 = −a и x=
2
ности
2
 −3 < x1 < 0,
 −3 < −а < 0,
 0 < а < 3,



<
<
x
3
5;
<
−
<
а
3
2
1
5;


2 < а < 3;
2

⇔
⇔
⇔ 2 < а < 3.
 3 < x < 5,
 3 < −а < 5,
 −5 < а < −3,
1



 −3 < x2 < 0;
 −3 < 2а − 1 < 0;
 −1 < а < 0,5;
Ответ. a ∈ (2; 3) .
17. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
2
аx + x + а − 1 = 0 (1) имеет два различных корня x1 , x2 , удовлетворяющих
неравенству 1 − 1 > 1.
х1
х2
Решение. Так как уравнение (1) имеет два корня, то оно квадратное. Тогда а ≠ 0 . Из условия задачи следует, что x1 ≠ 0, x2 ≠ 0. Тогда
x1 ⋅ x2 ≠ 0.
17
Дискриминант уравнения (1) равен D(а ) =
1 − 4а 2 + 4а .
Уравнение (1) имеет два различных корня, если
(
(
)) (
(
1 − 4а 2 + 4а > 0,
 D(а ) > 0,
 2a − 1 − 2 ⋅ 2a − 1 + 2
⇔
⇔

0;
a
≠
0;
a
≠


a ≠ 0;
(
)
(
)) < 0, ⇔
0,5 1 − 2 < a < 0,
⇔
0 < a < 0,5 1 + 2 .

)
Итак, если а ∈ (0,5(1 − 2 ); 0) ∪ (0; 0,5(1 + 2 )) , то уравнение (1) имеет
два различных корня.
По теореме Виета х1 + х2 = −1 / а и х1 х2 = (а − 1) / а .
Так как х1 х2 ≠ 0, то а − 1 ≠ 0 ⇔ а ≠ 1.
Имеем
х1х2 ≠ 0
х2 − х1
1 1
−
>1 ⇔
> 1 ⇔ x2 − x1 > x1 x2 ⇔ ( x2 − x1 ) 2 > ( x1 x2 ) 2 .
х1 х2
х1 х2
Так как ( х1 − х2 ) 2 = ( х1 + х2 ) 2 − 4 х1 х2 , то
( x2 − x1 ) 2 > ( x1 x2 ) 2 ⇔ ( x2 + x1 ) 2 > 4 x1 x2 + ( x1 x2 ) 2
Итак,
1 1
> 1,
( x2 + x1 ) 2 > 4 x1 x2 + ( x1 x2 ) 2 ,
 −
⇔
⇔
 х1 х2
1;
а
≠

а ≠ 1;

2
 1 2
 ( 5а − 6 )
а −1  а −1 
0 < a < 1,
+
,
< 0,
 −  > 4
 ⇔
⇔  а 
⇔
а
 а
 а 
1 < a < 6 5.

а ≠ 1;
а ≠ 1;


Так как а ∈ (0;1) ∪ (1; 6 / 5) ⊂ (0,5(1 − 2 ); 0) ∪ (0; 0,5(1 + 2 )) (легко доказать, что 6 / 5 < 0,5(1 + 2 ) ), то
1 1
−
> 1, если а ∈ (0; 1) ∪ (1; 6 / 5) .
х1 х2
Ответ. а ∈ (0; 1) ∪ (1; 6 / 5) .
18. Найдите все значения параметра а, при которых корни x1 и x2
уравнения (а 2 − 2а + 3) x 2 + 2(а − 2)ax − 5а 2 = 0 (1), если x2 > x1 , удовлетворяют неравенству х1 х2 < ах2 − ах1 ( 2 ) ?
Решение. 1) Если а = 0 , то уравнение (1) принимает вид 3x 2 = 0 . В
18
этом случае не выполняется условие x2 > x1 (уравнение 3x 2 = 0 имеет
корень х = 0 двойной кратности).
2) Пусть а ≠ 0 . Так как в уравнении (1) коэффициент при х 2 положительный (очевидно, а 2 − 2а + 3 > 0) , а свободный член отрицательный
при любых значениях а, то уравнение имеет два отличных от нуля корня разного знака (следует из замечания на стр.12). Тогда x2 ⋅ x1 < 0. Так
как x2 > x1 , то x1 < 0 и x2 > 0 .
2
5a
2(а − 2)a
По теореме Виета х1 + х2 = − 2
, х1 ⋅ х2 =
.
− 2
а − 2а + 3
а − 2а + 3
Если а ≠ 0 , то
−2 а a ( a − 2 )
−5a 2
х1 х2 < ах2 − ах1 ⇔ х1 х2 < а ( х2 + х1 ) ⇔ 2
< 2
⇔
х2 >0
a − 2a + 3
a − 2a + 3
х1 <0
a 2 − 2 a +3>0
⇔ 5a 2 > 2 а a ( a − 2 ) ⇔
5a 2 > 2a 2 (a − 2), если а > 0,
9a 2 − 2а 3 > 0, если а > 0,
⇔ 2
⇔ 2
⇔
3
2
a
а
если
а
2
0
,
0
.
+
>
<
5
2
(
2
),
0
.
a
a
a
если
а
>
−
<


9 − 2а > 0, если а > 0,
0 < а < 9 / 2,
⇔
⇔
− 1 / 2 < а < 0.
1 + 2а > 0, если а < 0.
Если а ∈ (−1 / 2; 0) ∪ (0; 9 / 2) , то x1 , x2 удовлетворяют неравенству (2).
а ≠0
Ответ. а ∈ (−1/ 2; 0) ∪ (0; 9 / 2) .
19. При каких значениях параметра а имеет единственный корень
х 2 − (4 + 3а ) х − 5 + 15а
уравнение
= 0 (1)?
2
х − 4х −1
Решение. Из неравенства х 2 − 4 х − 1 > 0 находим ОДЗ уравнения
(1): х ∈ (−∞; 2 − 5) ∪ (2 + 5; ∞) .
Рассмотрим уравнение х 2 − (4 + 3а) х − 5 + 15а = 0 . (2)
Так как дискриминант D (=
а ) 9(a − 2) 2 , то легко находим, что
х1 = 5 , х2 = 3а − 1 , где а ∈ R, являются корнями уравнения (2).
Так как х1 = 5 принадлежит ОДЗ уравнения (1) и является корнем
уравнения (2), то х1 = 5 является корнем уравнения (1), при любом
а ∈ R.
Уравнение (1) имеет единственный корень в следующих случаях.
1) Если х1 = х2 ⇔ 5 = 3а − 1 ⇔ а = 2.
19
Итак, если а = 2, то уравнение (1) имеет единственный корень.
2) Так как х1 = 5 является корнем уравнения (1) при любом а ∈ R,
то уравнение (1) имеет единственный корень, если х2 = 3а − 1 (корень
уравнения (2)) не является корнем уравнения (1), то есть, если
х2 = 3а − 1 не принадлежит ОДЗ уравнения (1). Нужное значение параметра находим из двойного неравенства
2 − 5 ≤ 3a − 1 ≤ 2 + 5 ⇔ 1 − 5 3 ≤ a ≤ 1 + 5 3.
Итак, если а ∈ 1 − 5 3;1 + 5 3 , то х2 = 3а − 1 не является корнем


уравнения (1).
Ответ. 1 − 5 / 3;1 + 5 / 3 ∪ {2}.
20. При каких значениях параметра а имеет решение уравнение
ax + y 2 + ax − 2ay + 2 xy + a 2 − 3 = 0 (1)?
Решение. Рассмотрим уравнение (1) как квадратное относительно у.
Перепишем уравнение (1) y 2 − 2(a − х) y + ах 2 + ах + a 2 − 3 = 0 (2).
Уравнение (2) имеет решение, если
D ( a ) 4 ≥ 0 ⇔ а 2 − 2ах + х 2 − ах 2 − ах − а 2 + 3 ≥ 0 ⇔ (1 − а ) х 2 − 3ах + 3 ≥ 0.
Определим, при каких значениях параметра а неравенство
(1 − а ) х 2 − 3ах + 3 ≥ 0 (3) имеет решения.
Рассмотрим следующие два случая.
1) Пусть а = 1 . Тогда неравенство (3) равносильно неравенству
х ≤ 1. Это означает, что уравнение (1), если а = 1 , имеет решения.
2) Пусть а ≠ 1. Рассмотрим уравнение (1 − а ) х 2 − 3ах + 3 = 0 (4).
2
Замечание. Если квадратное уравнение ах 2 + bx + c =
0 имеет ре2
шение, то и неравенство ах + bx + c ≥ 0 имеет решение.
Пусть D1 ( a ) дискриминант уравнения (4). Уравнение (4) имеет
решение, если
 а ≤ −2,
 D1 ( a ) ≥ 0,
+
−
≥
а
а
3(
2)(3
2)
0,
9а 2 + 12а − 12 ≥ 0,

⇔
⇔
⇔  2 3 ≤ а < 1,


а ≠ 1;
а ≠ 1;
а ≠ 1;
 a > 1.
Итак, если а ∈ (−∞; − 2] ∪ [2 / 3;1) ∪ (1; ∞ ) , то уравнение (4), а значит и неравенство (3), имеет решение.
Из замечания следует: если а ∈ (−∞; − 2] ∪ [2 / 3;1) ∪ (1; ∞ ) , то исходное уравнение имеет решение.
20
Из 1) и 2) следует ответ.
Ответ. а ∈ (−∞; − 2] ∪ [2 / 3; ∞).
21. Найти все значения параметра α , при каждом из которых
уравнение x 2 +
6x
9 3
+
+ 36 =
0 (1) имеет единственное решение.
sin α cos α
Решение. В область определения параметра входят те значения параметра α , для которых sin α > 0 и cosα ≠ 0 .
1. Если sin α > 0 и cosα ≠ 0 , то квадратное уравнение (1) имеет
единственное решение только в том случае, когда
cos α ≠ 0
9
9 3
−
− 36 =0 ⇔ cos α − 3 sin α − 4sin α cos α =0 ⇔
sin α >0
sin α cos α
1

π
3
 π

sin α  − sin 2α =
0 ⇔  sin cos α − cos sin α  − sin 2α =
0⇔
⇔  cos α −
2
2
6
6




 π − 18α
sin 12 = 0,
π − 18α
π + 6α
π

cos
⇔ sin  − α  − sin 2α =0 ⇔ sin
=0 ⇔ 
12
12
6

cos π + 6α = 0.

12
D (α ) 4 =0 ⇔
Последняя совокупность имеет две серии решений:
5π
π 2π n , n ∈ Z ;
α=
+ 2π k , k ∈ Z . (2)
α=
+
k
n
18
6
3
2. Докажем, что все решения (2) удовлетворяют условию cosα ≠ 0 .
π 2π n
, n∈Z .
1) Пусть α=
+
n
если
18
3
Так как cos α =0 ⇔ α m =π 2 + π m, где m ∈ N , то =
cos α n 0, где n ∈ N ,
 π 2π n π
4 3,
= + π m,
α n = α m ,
2n − 3m =
 +
⇔
⇔
18
3
2



n, m ∈ N .
n, m ∈ N ;
n, m ∈ N ;
( 3)
Первое уравнение система (3) не имеет решений, так как n, m ∈ Z .
Так как система (3) не имеет решений, то cosα n ≠ 0.
5π
2) Если α=
+ 2π k , k ∈ Z , то
k
6
αk =
5π
 5π

 5π
+ 2π k , k ∈ Z , ⇔ cos α k = cos 
+ 2π k  , k ∈ Z , ⇔ cos 
6
 6

 6

 ≠ 0, k ∈ Z .

Из 1) и 2) следует, что решения (2) удовлетворяют условию
cos α ≠ 0 .
21
3. Из решений (2) выделим те, которые удовлетворяют условию
sin α > 0 .
π 2π n
, n ∈ Z . Имеем
1) Пусть α=
+
n
18
3
sin α > 0 ⇔ 2π m < α n < π (2m + 1), m ∈ Z ⇔
2π n
< π (2m + 1), n, m ∈ Z ⇔
18
3
⇔ 36m < 1 + 12n < 36m + 18, n, m ∈ Z ⇔
⇔ 3m − 1/12 < n < 3m + 17 /12, n, m ∈ Z .
Итак, sin α n > 0 ⇔ 3m − 1/12 < n < 3m + 17 /12, n, m ∈ Z .
Из неравенства 3m − 1/12 < n < 3m + 17 /12, n, m ∈ Z , следует, что
3m + 1, n, m ∈ Z .
n = 3m и n =
⇔ 2π m <
π
+
π 2π n , где n ∈ Z , только числа, поТаким образом, из чисел α=
+
n
18
3
3m + 1, n, m ∈ Z , удовлетворяют условию
лученныё при n = 3m и n =
sin α n > 0.
π 2π (3m + 1)
π
,
, m∈Z
Из 2. и 3. следует, что α=
=
+
α
+
π
2
m
m
m
18
3
18
являются решениями уравнения (1).
5π
2) Если α=
+ 2π k , k ∈ Z , то
k
6
αk =
5π
 5π

 5π 
+ 2π k , k ∈ Z , ⇔ sin α k = sin 
+ 2π k  , k ∈ Z , ⇔ sin α k = sin 
 > 0, k ∈ Z .
6
 6

 6 
Итак, α k удовлетворяют условию sin α k > 0.
5π
π
π
Если α=
+ 2π k , k ∈ Z , α=
+ 2π m , α=
k
m
m
6
18
18
+
2π (3m + 1) ,
3
уравнение (1) имеет единственное решение.
5π
π
π
Ответ. α=
+ 2π k , k ∈ Z , α=
+ 2π m , α=
k
m
m
6
18
18
+
m ∈ Z , то
2π (3m + 1) ,
3
m∈Z .
22. При каких значениях параметра m один из корней уравнения
x − 2 log m (m + 1) ⋅ x + log m (m − 4) = 0 меньше 0, а другой – больше 1?
Решение. ОДЗ для параметра m находится из системы неравенств:
m > 0, m ≠ 1, m + 1 > 0, m − 4 > 0 . Из системы следует, что m > 4 является
ОДЗ параметра m.
Один из корней уравнения меньше 0, а другой – больше 1 тогда и
только тогда, когда числа 0 и 1 расположены между корнями уравнения.
2
22
Пусть f (x) = x 2 − 2 log m (m + 1) ⋅ x + log m (m − 4) . При условии, что m > 4 ,
log m m = 1 искомые значения параметра находятся из системы
log m (m − 4) < 0,
 f (0) < 0,


 f (1) < 0, ⇔ 1 − 2log m (m + 1) + log m (m − 4) < 0 ⇔
m > 4;
m > 4;


4 < m < 5,
4 < m < 5,
0 < m − 4 < 1,
⇔ 4 < m < 5.
⇔
⇔
⇔


2
2
m
>
−
1/
6;
m
m
−
<
m
+
log
(
4)
log
(
1)
.
m
(
m
−
4)
<
(
m
+
1)
;


m
m

Ответ. m∈ (4; 5)
23. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
−4
−2
(а − 4) ( sin x ) + ( a + 1)( sin x ) + 2а − 1 =0 (1) не имеет корней.
Решение. Пусть sin −2 x = t , где t ≥ 1. Тогда уравнение (1) принима0 , где t ≥ 1. (2)
ет вид (а − 4)t 2 + ( a + 1) t + 2а − 1 =
1. Если а = 4, то уравнение (2) принимает вид 5t + 7 =
0 , где t ≥ 1.
Очевидно, последнее уравнение, а значит и уравнение (1) при а = 4, не
имеет корней.
2. Если а ≠ 4, то уравнение (2) является квадратным.
Уравнение (2) при а ≠ 4 не имеет корней в двух случаях: 1)
D ( а ) < 0 ; 2) D ( а ) ≥ 0 и корни уравнения (2) меньше 1.
Найдём дискриминант уравнения (2). Имеем
−7a 2 + 38a − 15 =
D(а) =
(а + 1) 2 − 4 ( 2а − 1) ⋅ ( а − 4 ) =
( 3 − 7a ) ⋅ ( a − 5) .
Итак, D ( а ) = ( 3 − 7 a ) ⋅ ( a − 5 ) .
 D ( а ) < 0,
1) Пусть 
а ≠ 4;
( 3 − 7 a ) ⋅ ( a − 5 ) < 0,
 a < 3 7,
⇔
⇔
.
>
a
5.

а ≠ 4;
Уравнение (2), а значит и уравнение (1) не имеет корней, если
a ∈ ( −∞; 3 7 ) ∪ ( 5; ∞ ) .
б) При а ≠ 4, уравнение (2) равносильно уравнению
t 2 + ( a + 1) ⋅ (а − 4) −1 t + ( 2а − 1) ⋅ (а − 4) −1 =
0 , где t ≥ 1. (3)
Пусть f ( t ) = t 2 + ( a + 1) ⋅ (а − 4) −1 t + ( 2а − 1) ⋅ (а − 4) −1 , где t ≥ 1. (4) .
Абсцисса вершины параболы, заданной уравнением (4) −
−1
−0,5 ( a + 1)( a − 4 ) . Корни уравнения (3) меньше 1
это tв =
(рис. 12), если
23
 a + 1 2a − 1
 a −1
1 + a − 4 + a − 4 > 0,  a − 4 > 0,
 f (1) > 0, 

3 7 ≤ a < 1,
a +1


 3a − 7
< 1,
⇔
> 0,
⇔
tв < 1, ⇔ −
 4 < a ≤ 5.
 D ≥ 0;
 2 ( a − 4)
 a−4

( 3 − 7a )( a − 5 ) ≥ 0;
( 3 − 7a )( a − 5 ) ≥ 0;




Уравнение (2), а значит и уравнение (1) не имеет корней, если
a ∈ [3 7;1) ∪ (4; 5].
Из 1. и 2. следует ответ.
Ответ. a ∈ ( −∞;1) ∪ [4; ∞).
24. При каких значениях параметра а уравнения ax 2 + 2 x − a − 2 =
0
2 2
и a x − 2x + 1 =
0 имеют общие корни?
Решение. 1. Если а = 0 , то корень первого уравнения х = 1 , а корень второго уравнения х = 0,5 .
Итак, а = 0 не удовлетворяет условию задачи.
2. Пусть а ≠ 0 .
Уравнения ax 2 + 2 x − a − 2 =
0 и a2 x2 − 2x + 1 =
0 имеют общие
корни при тех значениях параметра а, при которых имеет решения система двух уравнений с двумя неизвестными х и а
ах 2 + 2 х − а −=
2 0, а≠0 −а 2 х 2 − 2ах + а 2 + =
2а 0, а≠0 ( а + 1)( а + 1 − 2 х ) =0,
⇔ 2 2
⇔ 2 2
 2 2
=
−
+
=
−
+
а
х
х
а
х
х
2
1
0;
2
1
0;
0.


а х − 2 х + 1 =
Последняя система равносильна совокупности двух систем
0,
а + 1 =
(1)
 2 2
0;
а х − 2 х + 1 =
2 х= а + 1,
(2)
 2 2
0.
а х − 2 х + 1 =
Так как решением системы (1) является точка (1; − 1) , то а = −1
удовлетворяет условию задачи.
Рассмотрим систему (2). Имеем
2 х= а + 1,
а + 1,
а + 1,
2 х =
2 х =
⇔
⇔ 4
⇔
 2 2
 2
2
3
2
−
+
=
+
+
−
а
х
х
а
а
а
а
2
1
0;
2
4
0;
+
−
+
+
=
а
а
а
0,5
1
1
1
0;
(
)
(
)
(
)



а + 1,
а + 1,
а ≠0
 х = 1,
2 х =
2 х =
⇔
⇔
⇔



3
2
2
2
+ а − 4 ) 0;
) ( а − 1) 0; а +3а+4≠0 а = 1.
а ( а + 2а =
а ( а + 3а + 4=
Отметим: а 3 + 2а 2 + а − 4= ( а 3 − 1) + 2 ( а 2 − 1) + ( а − 1) .
Так как система (2) имеет решение при а = 1, то а = 1 удовлетворяет условию задачи.
Ответ. а ∈ {−1;1}.
24
0
Уравнение x 2 + px + q = 0 равносильно уравнению x + p1 x + q1 =
при тех значениях параметра а, при которых множество решений
уравнений совпадают. Это означает, что надо найти значения параметра а, при которых
1) уравнения одновременно не имеют корней. Эти значения параметра а находятся из системы
 p 2 − 4q < 0,
 D < 0,
⇔ 2

D
<
0;
 p1 − 4q1 < 0;
 1
2) уравнения совпадают. Эти значения параметра а находятся из
 p = p1 ,
системы 
q = q1.
2
25.
При
каких
значениях
параметра
а
уравнения
ax 2 − 2 x + 9a + 3 =
0 и 2a 2 x 2 + 2 x − 3а =
0 равносильны?
Решение. 1. Если а = 0 , то корень первого уравнения х = 1,5 , а корень второго уравнения х = 0.
Итак, а = 0 не удовлетворяет условиям задачи (так как уравнения
равносильны только в случае, когда множества их решений совпадают).
2. Пусть а ≠ 0 . Тогда исходные уравнения равносильны приведённым уравнениям x 2 − 2a −1 x + 9 + 3a −1 =
0 и x 2 + a −2 x − 1,5а −1 =
0.
Имеем p =
−2a −1 , q =
9 + 3a −1 , p1 =
a −2 , q1 =
−1,5a −1. Если а ≠ 0 , то
уравнения равносильны в двух случаях.
1) Уравнения одновременно не имеют корней, если
  а < − 1 + 5 6,
−
2
2

−2
−1
 D 4 < 0, а − 9 − 3а < 0, а ( 9а + 3а − 1) > 0,  
⇔  −4
⇔
⇔  а > 5 − 1 6, (1)

−1
−4
3

<
0;
D
+
<
6
0;
а
а
 1

а (1 + 6а ) < 0;

а < −1 3 6 .
Для того чтобы найти решение последней системы (1) надо сравнить числа а1 =− (1 + 5 ) 6, а2 =−1 3 6 .
(
(
Имеем а13 =
−
1+ 5
6
3
)
3
(
)
8 2+ 5
2+ 5
⇔ а13 =
−
⇔ а13 =
−
.
3
6
33
1
45
− =
−
6 270
Так как 2 < 5 < 2,3 , то − 43 < а13 < − 4 ⇔ − 1 < а13 < − 4 .
270
27
25
6
27
(
)
)
Так как а = −1 6, а > −1 6, то а < а
3
2
(
Так
а ∈ −∞; −1
как
3
)
3
2
3
1
то
а2 < а1 ,
3
1
функция а3
⇔
возрастает
решениями
а2 < а1.
системы
(1)
являются
6 ..
2) Корни уравнений совпадают, если
−1
−0,5,
а −2 ,
 p = p1 , −2а =
а =
⇔
⇔
⇔а=
−0,5.



−1
−1
=
=
−
q
q
;
а
0,5;
−1,5а ; 
9 + 3а =

1
Итак, а = −0,5 удовлетворяет условию задачи.
(
)
Отметим, что −0,5 ∉ −∞; −1 3 6 .
(
)
Ответ. а ∈ −∞; −1 3 6 ∪ {−0,5}.
26. При каких значениях параметра а из того, что х является корнем уравнения 4 x 2 − 2 ( 4а − 1) x + 3 ( a + 2 ) ⋅ ( а − 1) =
0 (1) следует, что х
не является корнем уравнения х − а + х − 3а =
2 а (2)?
Решение. 1. Найдём корни квадратного уравнения (1).
Дискриминант уравнения (1)
D ( а ) 4 = (4a − 1) 2 − 12(a + 2)(a − 1) ⇔ D ( а ) 4 = (2a − 5) 2 .
, х2 1,5 ( а − 1) являТак как D ( а )=
4 (2a − 5) 2 , то
=
х1 0,5 ( а + 2 )=
ются корнями уравнения (1).
2. Определим, при каких значениях параметра а числа
, х2 1,5 ( а − 1) не являются корнями уравнения (2).
=
х1 0,5 ( а + 2 )=
1) Если а = 0 , то х1 = 1, х2 = −1,5 являются корнями уравнения (1).
Если а = 0 , то уравнение (2) принимает вид 2 х = 0. Очевидно, х1 = 1 и
х2 = −1,5 не являются корнями последнего уравнения. Это означает, что
а = 0 удовлетворяет условию задачи.
Замечание. Корнем уравнения x − b + x − c = c − b, где c > b , является любое х ∈ [b; с ] .
2) Если а > 0 , то 3а > а.
Хотя бы одно из чисел
=
х1 0,5 ( а + 2 ) и=
х2 1,5 ( а − 1) , где а > 0 , не является корнем уравнения (2) тогда и только тогда когда х1 ∉ [ а; 3а ] или
х2 ∉ [ а; 3а ] . (следует из замечания). Это означает, что хотя бы одно из
26
чисел=
х1 0,5 ( а + 2 ) и=
х2 1,5 ( а − 1) , где а > 0 , принадлежат интервалу
( −∞; а ) или интервалу ( 3а; ∞ ) . Тогда имеем
 0,5 ( a + 2 ) < a,
  a > 2,



0,5 ( a + 2 ) > 3a,
 a < 0, 4,



0 < a < 0, 4,
 1,5 ( a − 1) < a,
  a < 3,
⇔
⇔


 2 < a < 3.
 1,5 ( a − 1) > 3a,
  a < −1,
a > 0;
a > 0;






Из последней совокупности следуют, что а ∈ ( 0; 0, 4 ) ∪ ( 2; 3) удовле-
творяют условию задачи.
2) Если а < 0 , то 3а < а.
Хотя бы одно из чисел
=
х1 0,5 ( а + 2 ) и=
х2 1,5 ( а − 1) , где а < 0 , не является корнем уравнения (2) тогда и только тогда когда х1 ∉ [3а; а ] или
х2 ∉ [3а; а ] . (следует из замечания). Это означает, что хотя бы одно из
чисел=
х1 0,5 ( а + 2 ) и=
х2 1,5 ( а − 1) , где а < 0 , принадлежат интервалу
( −∞; 3а ) или интервалу ( а; ∞ ) . Тогда имеем
 0,5 ( a + 2 ) > a,
  a < 2,


0,5 ( a + 2 ) < 3a,
 a > 0, 4,


  a > 3,
 1,5 ( a − 1) > a,

⇔ 
⇔ −1 < a < 0.

 1,5 ( a − 1) < 3a,
  a > −1,
a < 0;



Итак, а ∈ ( −1; 0 ) удовлетворяют
Из 1) – 3) следует ответ.
a < 0;



условию задачи.
Ответ. а ∈ ( −1; 0, 4 ) ∪ ( 2; 3) .
27. При каких значениях параметра а совпадают множество решений
уравнений
(1)
и
6sin 2 x + (12 + a ) sin x − 18 + 3a =
0
2sin 2 x + (12 − a 2 ) sin x + 16 − 2a 2 =
0 (2)?
Решение. 1. Сделаем замену t = sin x, где t ≤ 1. Исходные уравнения
соответственно принимают вид 6t 2 + (12 + a ) t − 18 + 3a =
0 , где t ≤ 1,
27
(3) и 2t 2 + (12 − a 2 ) t + 16 − 2a 2 =
0 , где t ≤ 1, (4).
Отметим: уравнения (1) и (3) (а также уравнения (2) и (4)) имеют
или не имеют решений при одних и тех же значениях параметра а.)
2. а) Найдём корни уравнения 6t 2 + (12 + a ) t − 18 + 3a =
0.
Дискриминант уравнения D ( а ) =(12 + a)2 + 24(18 − 3a) ⇔ D ( а ) =(а − 24) 2 .
Так как D ( а=
) (a − 24)2 , то t1 = 1 − a 6 , t2 = −3 являются корнями
уравнения 6t 2 + (12 + a ) t − 18 + 3a =
0 . Так как t ≤ 1, то t2 = −3 не являются корнем уравнения (3).
Корнем уравнения (3) является t1 = 1 − a 6 , если
t1 ≤ 1 ⇔ 1 − a 6 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ а ≤ 12.
Итак, если а ∈ [ 0;12] , то только t1 = 1 − a 6 является корнем урав-
нения (3).
б) Найдём корни квадратного уравнения 2t 2 + (12 − a 2 ) t + 16 − 2a 2 =
0.
Дискриминант уравнения D ( а ) =(12 − a 2 ) 2 − 8(16 − 2a 2 ) ⇔ D ( а ) =(а 2 − 4) 2 .
Так как D ( =
а ) (a 2 − 4) 2 , то=
t3 a 2 2 − 4 , t4 = −2 являются корнями
уравнения 2t 2 + (12 − a 2 ) t + 16 − 2a 2 =
0 . Так как t ≤ 1, то t4 = −2 не являются корнем уравнения (4).
Корнем уравнения (4) является=
t3 a 2 2 − 4 , если
 − 10 ≤ а ≤ − 6,
t3 ≤ 1 ⇔ a 2 2 − 4 ≤ 1 ⇔ 6 ≤ а 2 ≤ 10 ⇔ 
 6 ≤ а ≤ 10.
Итак, если а ∈  − 10; − 6  ∪  6; 10  , то только=
t3 a 2 2 − 4 является корнем уравнения (4).
3. Множество решений уравнений (3) и (4), а значит и уравнений
(1) и (2), совпадают в следующих двух случаях.
а) Корни уравнений (3) и (4) равны. Это возможно для тех значениях параметра а, для которых
(
)
а ∈ [ 0; 12] ∩  − 10; − 6  ∪  6; 10  ⇒ а ∈  6; 10  .
Корни уравнений (3) и (4) равны, если
2
2
t1 = t3 ,
a 2 − 4 =1 − а 6,
3а + а − 30 =0,
3.
⇔
⇔
⇔а=

6
а
10;
≤
≤

 6 ≤ а ≤ 10;
 6 ≤ а ≤ 10;
28
Итак, если а = 3 , то корни уравнений (3) и (4), а значит и уравнений (1) и (2), равны.
б) Множество решений уравнений (3) и (4) совпадают, если
t1 = 1 − a 6 и=
t3 a 2 2 − 4 не являются соответственно корнями уравнений (3) и (4), то есть, если
 1 − а 6 > 1,
  a < 0,
 a < − 10,


1
6
1,
а

−
>

 t1 > 1,

 1 − а 6 < −1,
  a > 12,
⇔
⇔
⇔
⇔
 − 6 < a < 0,

 2
 2
 2


1;
2
4
1;
2
4
1,
6,
t
a
a
a
>
−
>
−
>
<
 a > 12.



 3

  a 2 2 − 4 < −1;
  a 2 > 10;


Итак, если a < − 10, − 6 < a < 0, a > 12, то множество решений
уравнений (3) и (4), а значит и уравнений (1) и (2), совпадают.
Ответ. a < − 10, − 6 < a < 0, a > 12, а = 3 .
пары а и с, при которых уравнение
(1)
является
следствием
уравнения
x − 2 ( 2с − 1) x − 2с − 7 =
0
x 2 − 2 ( 2а − 3 ) x + а 2 + a − 3 =
0 (2).
Уравнение (1) является следствием уравнения (2) при тех значениях
параметров а, с, при которых множество решений уравнения (1) содержит множество решений уравнения (2).
Решение. Рассмотрим квадратное уравнение (2).
Дискриминант уравнения
D ( а ) 4= (2a − 3) 2 − а 2 − а + 3 ⇔ D ( а ) 4= 3а 2 − 13а + 12.
Рассмотрим следующие три случая.
1) Пусть D ( а ) 4 < 0 ⇔ 3а 2 − 13а + 12 < 0 ⇔ 4 3 < a < 3.
Если а ∈ ( 4 3; 3) , то квадратное уравнение (2) не имеет корней
28.
Найдите
все
2
(множество решений пустое множество). Тогда любое уравнение с одной переменной, в частности и уравнение (1), при любом с ∈ R , является следствием уравнения (2).
2) Пусть D ( а ) 4 = 0. Тогда а ∈ {4 3; 3} .
а) Если а = 4 3, то корнем уравнения (2) является х = −1 3.
Найдём значения параметра с, при котором х = −1 3 является корнем квадратного уравнения (1). Если х = −1 3 является корнем квадратного уравнения (1), то 1 9 − 2 ( 2с − 1)( −1 3) − 2с − 7 =0 ⇔ с =−34 3.
Если а = 4 3 и с = −34 3, то уравнение (1), является следствием
29
уравнения (2).
б) Если а = 3, то корнем уравнения (2) является х = 3.
Найдём значения параметра с, при котором х = 3 является корнем
квадратного уравнения (1). Если х = 3 является корнем квадратного
уравнения (1), то 9 − 2 ( 2с − 1)( 3) − 2с − 7 = 0 ⇔ с = 4 7.
Если а = 3 и с = 4 7, то уравнение (1), является следствием уравнения (2).
3) Если D ( а ) 4 > 0, то а ∈ ( −∞; 4 3) ∪ ( 3; ∞ ) .
Если а ∈ ( −∞; 4 3) ∪ ( 3; ∞ ) , то квадратное уравнение имеет два различных корня. Уравнение (1), является следствием уравнения (2), если
эти уравнения совпадают.
Имеем p =2 ( 2с − 1) , q =−7 − 2с, p1 =2 ( 2а − 3) , q1 =a 2 + а − 3.
Корни уравнений совпадают, если
с= а − 1,
) 2 ( 2а − 3) , с= а − 1,
 p = p1 , 2 ( 2с − 1=
⇔
⇔ 2
⇔

2
0.
0; ( а + 1) ⋅ ( а + 2 ) =
−7 − 2с = а + а − 3;
q = q1 ;
а + 3а + 2 =
Из уравнения ( а + 1) ⋅ ( а + 2 ) =
0 находим а = −1 или а = −2, кото-
рые принадлежат множеству ( −∞; 4 3) ∪ ( 3; ∞ ) .
Из последней системы находим: если а = −1, то с = −2; если
а = −2 , то с = −3 .
Ответ. а ∈ ( 4 3; 3) , с ∈ R ; а = 4 3 , с = −34 3 ; а = 3 , с = 4 7;
а = −1, с = −2; а = −2 , с = −3 .
29. Найдите, все значения параметра а, при которых сумма квадратов корней уравнения x 2 + x 6 − а 2 − а + 3а + 4,5 =
0 (1) принимает
наименьшее значение.
Решение. ОДЗ параметра: а ∈ [ −3; 2] (находим из неравенства
6 − а2 − а ≥ 0 )
Пусть x1 и x2 корни уравнения (1). Пусть D дискриминант квадратного уравнения (1).
Уравнение (1) имеет решения тогда и только тогда, когда
( а + 12 ) ⋅ ( а + 1) ≤ 0,
6 − a 2 − а − 12а − 18 ≥ 0,
 D(а ) ≥ 0,
⇔
⇔
⇔ −3 ≤ а ≤ −1.



−
≤
≤
а
3
2;
−
≤
≤
а
3
2;


−3 ≤ а ≤ 2;
Итак, уравнение (1) имеет решение, если а ∈ [ −3; − 1].
30
По теореме Виета
а ∈ [ −3; − 1].
(
x1 + x2 =
− 6 − а 2 − а , x1 ⋅ x2 =
3а + 4,5,
где
)
Выразим х12 + х22 через а. Имеем
х12 + х22 =
−а 2 − 7а − 3 .
( х1 + х2 ) 2 − 2 х1 х2 =
Таким образом, х12 + х22 = −а 2 − 7 а − 3, где а ∈ [ −3; − 1].
Обозначим f ( a ) =
−а 2 − 7 а − 3, где а ∈ [ −3; − 1].
По условию надо найти значения параметра а, при которых функция f ( a ) =
−а 2 − 7 а − 3, где а ∈ [ −3; − 1] , принимает наименьшее значение.
Графиком функции f ( a ) =
−а 2 − 7 а − 3 является парабола, абсцисса вершины которой ав = −3,5 и ветви которой направлены вниз. Это оз-
начает, что функция f ( a ) =
−а 2 − 7 а − 3 на промежутке а ∈ [ −3; − 1]
убывает. Тогда сумма квадратов корней уравнения (1) принимает наименьшее значение, если а = −1.
Ответ. а = −1.
30. Найдите, все значения параметра а, при которых сумма квадратов корней уравнения x 2 + x а 2 − 2а − 8 − 0,6а + 6, 4 =
(1) прини0
мает наименьшее значение.
Решение. ОДЗ параметра: а ∈ (−∞; − 2] ∪ [4; ∞) (находим из неравенства а 2 − 2а − 8 ≥ 0 )
Пусть x1 и x2 корни уравнения (1). Пусть D дискриминант квадратного уравнения (1). Имеем
 a ≤ −6,
D(а ) ≥ 0 ⇔ a 2 − 2а − 8 + 2, 4а − 25,6 ≥ 0 ⇔ ( а + 6 ) ⋅ ( а − 5,6 ) ≥ 0 ⇔ 
 a ≥ 5,6.
Итак, D(а ) ≥ 0 тогда и только тогда, когда а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) .
Так как а ∈ (−∞; − 2] ∪ [4; ∞) (ОДЗ параметра), то уравнение (1) имеет
решение тогда и только тогда, когда а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) .
− а 2 − 2а − 8, x1 ⋅ x2 =
−0,6а + 6,4 где
По теореме Виета x1 + x2 =
а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) .
Выразим х12 + х22 через а. Имеем
(
)
х12 + х22 = ( х1 + х2 ) 2 − 2 х1 х2 = а 2 − 0,8а − 20,8 .
31
Таким образом, х12 + х22 = а 2 − 0,8а − 20,8, где а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) .
Обозначим f ( a ) =
а 2 − 0,8а − 20,8, где а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) .
По условию надо найти значения параметра а, при которых функция f ( a ) =
а 2 − 0,8а − 20,8, где а ∈ (−∞; − 6] ∪ [5, 6; ∞) , принимает наименьшее значение.
Графиком функции f ( a ) =
а 2 − 0,8а − 20,8 является парабола,
абсцисса вершины которой ав = 0,4 и ветви которой направлены вверх.
Функция f ( a ) =
а 2 − 0,8а − 20,8 на промежутке (−∞; − 6] убывает, а на
промежутке [5, 6; ∞) возрастает. Поэтому функция f ( a ) =
а 2 − 0,8а − 20,8
принимает наименьшее значение в точке а = −6 или в точке а = 5,6 .
Найдём
f ( −6 ) =
36 + 4,8 − 20,8 =
20; f ( 5,6 ) =
31,6 − 4,48 − 20,8 =
6,1.
Так как f ( −6 ) > f ( 5,6 ) , то сумма квадратов корней уравнения (1)
принимает наименьшее значение, если а = 5,6 .
Ответ. а = 5,6
Биквадратные уравнения
Уравнение f (a ) x 4 + g (a ) x 2 + ϕ (a ) =
0 , где f (a) ≠ 0 , является биквадратным с параметром а.
Для того чтобы найти корни биквадратного уравнения
f (a ) x 4 + g (a ) x 2 + ϕ (a ) =
0 , где f (a) ≠ 0 , (1) надо сделать замену х 2 = t ,
где t ≥ 0. Тогда уравнение (1) принимает вид f (a )t 2 + g (a )t + ϕ (a ) =
0,
где f (a) ≠ 0 , t ≥ 0. (2).
Число корней уравнения (1) зависит от числа корней квадратного
уравнения f (a )t 2 + g (a )t + ϕ (a ) =
0 , где f (a) ≠ 0 . (2).
Если уравнение (2) имеет два разных положительных корня:
t1 > 0, t2 > 0, то биквадратное уравнение (1) имеет четыре разных корня: х1 =
− t1 , х2 =
t1 , х3 =
− t2 , х4 =
t2 .
Если уравнение (2) имеет два корня:=
t1 0, t2 > 0, то биквадратное
уравнение (1) имеет три разных корня: х1 =
х2 =
0, х3 =
− t2 , х4 =
t2 .
Если уравнение (2) имеет два разных корня: t1 < 0, t2 > 0, или два
равных корня: t1= t2 > 0, то биквадратное уравнение (1) имеет два разных корня: х1 =
− t2 , х2 =
t2 .
32
Если уравнение (2) имеет два равных корня: t1= t2= 0, то биквадратное уравнение (1) имеет четыре равных корня: х=
х=
х=
х=
0.
1
2
3
4
Если уравнение (2) имеет отрицательные корня или не имеет
действительных корней, то биквадратное уравнение (1) не имеет действительных корней.
31. Найдите все значения параметра а, при которых два корня
уравнения ( а + 1) х 4 − ( 4а + 5 ) х 2 + 2а + 3 =
0 (1) удовлетворяют условию
х < 1, а другие два корня удовлетворяют условию х > 2 .
Решение. Так как уравнение (1) имеет четыре корня (следует из
условия), то уравнение является биквадратным. Тогда а + 1 ≠ 0.
Сделаем замену х 2 = t , где t ≥ 0. Тогда уравнение (1) принимает
вид ( а + 1) t 2 − ( 4а + 5 ) t + 2а + 3 =
0, . где t ≥ 0, а + 1 ≠ 0. (2)
Так как биквадратное уравнение (1) имеет четыре корня, то квадратное уравнение (2) имеет два положительных корня.
t = х2
Замечание. Так как х = t , где t > 0, то х < 1 ⇔ 0 < х < 1 ⇔ 0 < t < 1.
2
2
t = х2
Так как х = t , то х > 2 ⇔ х > 4 ⇔ t > 4.
Из замечания следует, что надо найти значения параметра а ≠ −1,
при которых один корень уравнения (2) удовлетворяет условию 0 < t < 1,
а другой корень удовлетворяет условию t > 4.
Так как а ≠ −1, то уравнение (2) равносильно уравнению
−1
−1
t 2 − ( 4а + 5 )( а + 1) t + ( 2а + 3)( а + 1) =
0 ( 3) .
2
2
Пусть f ( t ) =t 2 − ( 4а + 5 )( а + 1)−1 t + ( 2а + 3)( а + 1)−1 .
Один из корней уравнения (3) удовлетворяет условию 0 < t < 1, а другой корень удовлетворяет условию
t > 4, если выполняется следующая система неравенств
(рис 13):
f

f

f
16а + 20 2a + 3

 2a − 1
16 − а + 1 + а + 1 < 0,
 а + 1 < 0,
<
4
0,
( )


 4а + 5 2a + 3
a +1
+
< 0,
⇔
> 0, ⇔ −1 < a < 0,5.
(1) < 0, ⇔ 1 −
а
+
а
+
а
+
1
1
1

( 0 ) > 0;  2a + 3
 2a + 3
 а + 1 > 0;
 а + 1 > 0;


Итак, a ∈ ( −1; 0,5 ) удовлетворяют условию задачи.
33
Ответ. a ∈ ( −1; 0,5 )
32. Найдите все значения параметра а, при которых биквадратное
(1) имеет ровно два
уравнение ( а − 4 ) х 4 − 2 ( а − 10 ) х 2 + а 2 − 8а − 20 =
0
корня на промежутке (−2; 2].
Решение. Так как уравнение биквадратное, то а − 4 ≠ 0.
Сделаем замену х 2 = t , где t ≥ 0. Тогда уравнение (1) принимает
вид ( а − 4 ) t 2 − 2 ( а − 10 ) t + а 2 − 8а − 20 =
0 , где t ≥ 0. (2)
Биквадратное уравнение (1) может иметь ровно два корня на
промежутке (−2; 2] , если квадратное уравнение (2)
1) имеет два корня:=t 0,=t 4 (в этом случае уравнение (1) на промежутке (−2; 2] имеет два корня=
х 0,=
х 2)
2) уравнение (2) на промежутке ( 0; 4 ) имеет один корень, который
удовлетворяет условию 0 < t < 4 , (в этом случае уравнение (1) на интервале ( −2; 2 ) имеет два корня).
Рассмотрим случай 1).
Пусть =t 0,=t 4 корни уравнения (2). Тогда они удовлетворяет
уравнению (2). Рассмотрим систему
2
2
− 20 0,
+ 2 ) 0,
( а − 10 ) ⋅ ( а =
( а − 4 ) ⋅ 0 − 2 ( а − 10 ) ⋅ 0 + а − 8а =
⇔
⇔а=
−2.


2
2
2
2
0;
а
а
−
⋅
+
=
4
4
2
10
4
8
20
0;
а
а
а
а
−
⋅
−
−
⋅
+
−
−
=
(
)
(
)
(
)
(
)


Итак, если а = −2, то уравнение (2) имеет два корня =
( t 0,=t 4 ).
Тогда уравнение (1) имеет два корня =
( х 0,=
х 2 ) на промежутке (−2; 2].
Рассмотрим случай 2).
а) Пусть уравнение (2) имеет корень t1 кратности два и он удовлетворяет условию 0 < t < 4 . В этом случае
D(а ) 4 =0 ⇔ ( а − 10 ) − ( а − 4 ) ⋅ ( а − 10 ) ⋅ ( а + 2 ) =0 ⇔ − ( а − 10 ) ⋅ ( а − 1) ⋅ ( а − 2 ) =0.
2
Итак, если D(а ) 4 = 0 , то a ∈ {1; 2;10} и t1 ( а ) =
t2 ( а ) =
(10 − а ) ( а − 4 ).
Легко проверить, что t1=
( а ) t2 ( а ) ≤ 0, если a ∈ {1; 2;10} .
Итак, a ∈ {1; 2;10} не удовлетворяют условию задачи.
б) Так как а − 4 ≠ 0, то уравнение (2) равносильно уравнению
−1
−1
t 2 − 2 ( а − 10 ) ⋅ ( а − 4 ) t + ( а 2 − 8а − 20 ) ( а − 4 ) =
0.
2
2
Обозначим f ( t ) = t − 2 ( а − 10 ) ⋅ ( а − 4 ) t + ( а − 8а − 20 ) ( а − 4 ) .
−1
34
−1
Пусть уравнение (2) имеет два корня
и только один из них удовлетворяет условию 0 < t < 4 . Это возможно, когда выполняется следующая совокупность систем
неравенств (рис. 14)
 f (4) > 0,  f (4) < 0,


 f (0) < 0;  f (0) > 0.
Имеем
f ( 0) =
f ( 4 ) =−
16 8
(3)
( а + 2 ) ⋅ ( а − 10 ) ,
( а − 4)
( а + 2) ⋅ ( а − 2) .
а − 10 а 2 − 8а − 20
+
⇔ f ( 4) =
а−4
а−4
( а − 4)
Очевидно, совокупность (3) равносильна неравенству
f ( 4) ⋅ f ( 0) < 0 ⇔
( а + 2 ) ⋅ ( а − 2 ) ⋅ ( а + 2 ) ⋅ ( а − 10 ) < 0 ⇔  2 < a < 4,
а−4
 4 < a < 10.

а−4
Итак, a ∈ ( 2; 4 ) ∪ ( 4;10 ) удовлетворяют условию задачи.
Ответ. a ∈ ( 2; 4 ) ∪ ( 4;10 ) ∪ {−2}.
33. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
2
2
уравнение ( х − а − 2 ) ( х − а − 2 ) − 2 = а 2 + 2а (1) имеет больше положи-
(
)
тельных корней, чем отрицательных.
Решение. Преобразуем уравнение (1). Имеем
t = ( х −а −2 )
( х − а − 2 ) ( ( х − а − 2 ) − 2 ) = а + 2а ⇔
⇔ t 2 − 2t − а ( а + 2 ) = 0 ⇔ ( t + а )( t − а − 2 ) = 0 ⇔
2
t = −а, t = ( x−a−2) ( x − a − 2 ) =−а,
⇔
⇔ 
2;
t
a
=
+
( x − a − 2 )2 = a + 2.

2
2
2
2
2
Итак, исходное уравнение (1) равносильно совокупности
( x − a − 2 )2 =−а,

( x − a − 2 )2 = a + 2.
( 2)
Если а < 0 , то первое уравнение совокупности (2) имеет два корня:
x1 = a + 2 + −а , x2 = a + 2 − −а (отметим: если а < 0 , то x1 ≠ x2 ).
35
Если а = 0, то первое уравнение совокупности (2) имеет один корень х = 2 (двойной кратности).
Если а > 0 , то первое уравнение совокупности (2) не имеет корней.
Если а > −2 , то второе уравнение совокупности (2) имеет два корня: x3 = a + 2 + a + 2, x4 = a + 2 − a + 2 (отметим: если а < −2 , то x3 ≠ x4 ).
Если а = −2, то второе уравнение совокупности (2) имеет один корень х = 0 (двойной кратности).
Если а < −2 , то второе уравнение совокупности (2) не имеет корней.
Так как −а =а + 2 ⇔ а =−1, то при а = −1 совокупность (2), а значит и
уравнение (1), имеет два разных корня (отметим: если а = −1, то
=
x1 x=
x4 ).
3 , x2
Итак, если а ∈ ( −2; − 1) ∪ ( −1; 0 ) , совокупности (2), а значит и уравнение (1), имеет четыре корня. Очевидно, x1 > 0, x3 > 0.
Определим, при каких значениях а ∈ ( −2; − 1) ∪ ( −1; 0 ) выполняются
неравенства x2 > 0, x4 > 0.
a + 2 − −a > 0,
a + 2 > −a ,
a 2 + 5a + 4 > 0,
 x2 > 0,
⇔
⇔
⇔ 2
⇔

a
+
a
+
>
3
2
0;

a
+
−
a
+
>
a
+
>
a
+
2
2
0;
2
2;
 x4 > 0;



 а < −4,
( a + 1) ⋅ ( a + 4 ) > 0,
⇔
⇔
 а > −1.
( a + 1) ⋅ ( a + 2 ) > 0;
Так как а ∈ ( −2; − 1) ∪ ( −1; 0 ) , то из последней совокупности следует,
если −1 < а < 0 , то x2 > 0, x4 > 0.
Итак, если −1 < а < 0 , то исходное уравнение имеет 4 разных поло-
жительных корня.
Ответ. −1 < а < 0 .
34. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
2
х 4 + 2 ( 2а − 1)( х + 2 ) х 2 − ( 5а 2 − 8а + 3) ( х + 2 ) =
0 имеет четыре разных корня.
Решение. Преобразуем исходное уравнение. Для этого сначала
выделим полный квадрат, а затем, полученное выражение, разложим на
множители. Имеем
х 4 + 2 ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) х 2 − ( 5а 2 − 8а + 3) ⋅ ( х + 2 ) =0 ⇔
2
(
)
⇔ х 4 + 2 ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) х 2 + ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) −
(
2
− ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) + ( 5а 2 − 8а + 3) ⋅ ( х + 2 )
2
2
36
2
2
) =0 ⇔
(
⇔ ( х 2 + ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) ) − ( 4а 2 − 4а + 1 + 5а 2 − 8а + 3) ⋅ ( х + 2 )
2
2
) =0 ⇔
⇔ ( х 2 + ( 2а − 1) ⋅ ( х + 2 ) ) − ( ( 3а − 2 ) ⋅ ( х + 2 ) ) =0 ⇔
2
2
⇔ ( х 2 + ( 2а − 1 − 3а + 2 ) ⋅ ( х + 2 ) ) ⋅ ( х 2 + ( 2а − 1 + 3а − 2 ) ⋅ ( х + 2 ) ) = 0 ⇔
⇔ ( х 2 − ( а − 1) ⋅ ( х + 2 ) ) ( х 2 + ( 5а − 3) ⋅ ( х + 2 ) ) =
0.
Итак, исходное уравнение равносильно уравнению
 х 2 − ( а − 1)( х + 2 ) =
0,
1
2
5
3
2
0
х
а
х
х
а
х
−
−
+
⋅
+
−
+
=
⇔
(1)
(
)(
)
(
)(
)

(
)(
)
2
5
3
2
0.
х
а
х
+
−
+
=
(
)(
)

2
2
Исходное уравнение может иметь четыре разных корня при тех
значениях параметра а, при которых каждое квадратное уравнение совокупности имеет по два разных корня.
Пусть D1 (а ) дискриминант первого квадратного уравнения совокупности (1). Имеем
 a < −7,
2
D1 (а ) > 0 ⇔ ( a − 1) + 8 ( a − 1) > 0 ⇔ ( a − 1)( a + 7 ) > 0 ⇔ 
 a > 1.
Итак, первое уравнение совокупности имеет два разных корня тогда и только тогда, когда а ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ (1; ∞ ) .
Пусть D2 (а ) дискриминант второго квадратного уравнения совокупности (1). Имеем
 a < 0,6,
2
D2 (а ) > 0 ⇔ ( 5a − 3) − 8 ( 5a − 3) > 0 ⇔ ( 5a − 3)( 5a − 11) > 0 ⇔ 
 a > 2, 2.
Итак, второе уравнение совокупности имеет два разных корня тогда и только тогда, когда а ∈ ( −∞; 0, 6 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) .
Если а ∈ ( ( −∞; − 7 ) ∪ (1; ∞ ) ) ∩ ( ( −∞; 0, 6 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) ) ⇔ а ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) ,
то каждое квадратное уравнение совокупности (1) имеют по два корня.
Исходное уравнение имеет четыре разных корня при тех значениях параметра а ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) , при которых квадратные уравнения
совокупности (1) не имеют общих корней.
Квадратные уравнения x 2 − ( а − 1) ⋅ ( x + 2 ) =
0
0 и x 2 + ( 5а − 3) ⋅ ( x + 2 ) =
имеют общие корни при тех значениях параметра а, при которых имеет
решения система двух уравнений с двумя неизвестными х и а
2
2
2
0,
0,
 х − ( а − 1) ⋅ ( х + 2 ) =
 х = ( а − 1) ⋅ ( х + 2 ) ,
 х − ( а − 1) ⋅ ( х + 2 ) =
⇔
⇔
 2
0;
0.
0;
( 6а − 4 ) ⋅ ( х + 2 ) =
 х + ( 5а − 3) ⋅ ( х + 2 ) =
( ( 5а − 3) + ( а − 1) ) ⋅ ( х + 2 ) =
Последняя система равносильна совокупности двух систем
37
 х 2 − ( а −=
 х 2 − ( а −=
1) ⋅ ( х + 2 ) 0,
1) ⋅ ( х + 2 ) 0,
( 2) 

=
=
6а − 4 0.
 х + 2 0.
( 3)
Система (2) не имеет решений, так как а = 2 3 не принадлежит
множеству ( −∞; − 7 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) . Система (3) не имеет решений, так как
х = −2 не удовлетворяет первому уравнению этой системы.
Итак, ни при каких значениях а ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) квадратные
уравнения x 2 − ( а − 1) ⋅ ( x + 2 ) =
0 не имеют общих
0 и x 2 + ( 5а − 3 ) ⋅ ( x + 2 ) =
корней.
Ответ. а ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ ( 2, 2; ∞ ) .
35. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
х − 4 х − 5 − 3a = х − а − 1 имеет ровно три корня.
2
Графический метод.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
(1)
х 2 − 4 х − 5 + 1 = х − а + 3a
2
Рассмотрим функции ϕ ( x ) = х − а + 3а , y ( x ) = x − 4 x − 5 + 1.
Графиком функции ϕ ( x ) = х − а + 3а является «подвижный уголок»
с вершиной в точке А(а; 3а) (отметим: точка А(а; 3а) принадлежит
х + 2а, если x > а.
прямой y = 3 x ) и сторонами у =− х + 4а, если x ≤ а, у =
2
Построим график функции y ( x ) = x − 4 x − 5 + 1.
а) Имеем y = х 2 − 4 х − 5 ⇔ y = ( х − 2 ) − 9.
Из последнего уравнения следует, что графиком функции
2
y = х − 4 х − 5 является парабола с вершиной в точке (2; –9), ветви которой направлены вверх. Точками пересечения параболы y = х 2 − 4 х − 5 с
осью абсцисс являются точки ( −1; 0 ) , ( 5; 0 ) .
Строим
график
функции
2
y ( x ) = x − 4 x − 5 + 1, который проходит через
точки ( −1;1) , ( 5;1) , ( 2;10 ) .
На рисунке 17 изображён график функции
y ( x ) = x 2 − 4 x − 5 + 1, а также график «подвижного уголка» при некоторых значений параметра а.
Исходное уравнение имеет три корня при
2
38
параметра а, при которых графики функций
y ( x ) = x 2 − 4 x − 5 + 1, ϕ ( x ) = x − a + 3a пересекаются в трёх точках.
тех
значениях
Так как вершина «подвижного уголка» принадлежит прямой
y = 3 x , то это возможно в следующих случаях.
1) Из рисунка 17 следует: уравнение (1) имеет три корня, если
график функции ϕ ( x ) = x − a + 3a проходит через точку ( −1;1) и при
этом ϕ ( 5 ) ≥ 1.
График функции ϕ ( x ) = x − a + 3a проходит через точку ( −1;1) , если

 1 + a = 1 − 3а,
1 = −1 − a + 3a ⇔ 
⇔ а = 0.
1
−
3
а
≥
0


5 ⇒ ϕ ( 5 ) > 1.
Если a = 0, то ϕ ( 5 ) =
Из 1) и рисунка 17 следует, если a = 0, то графики функций
y ( x) =
x 2 − 4 x − 5 + 1, ϕ ( x ) = x − a + 3a пересекаются в трёх точках.
Итак, если a = 0, то уравнение (1) имеет три корня.
2)
Уравнение
(1)
имеет
три
корня,
если
прямая
у =− х + 4а, если x ≤ а, (сторона «подвижного уголка») является каса− x 2 + 4 x + 6 , при этом выполняется следующее:
тельной к параболе y =
а) абсцисса точки касания x0 ∈ ( 2; 5 ) ,
б) a > 0 (следует из рисунка 17).
В этом случае, прямая у =− х + 4а, если x ≤ а, пересекает график
функции y ( x ) = x − 4 x − 5 + 1 в трёх точках. Этими точками являются
точка касания, точка с абсциссой x < −1 , точка с абсциссой x > 5.
y kx + d является касательной к параболе
Отметим: прямая =
y = ax 2 + bx + c , если имеет единственное решение система уравнений
2
0,
 у = ax 2 + bx + c, ax 2 + bx + c = kx + d , ax 2 + ( b − k ) x + ( c − d ) =
⇔
⇔



kx + d ;
kx + d ;
у kx + d .
у =
у =
 =
Последняя система имеет единственное решение, если имеет единственное решение квадратное уравнение аx 2 + ( b − k ) x + ( c − d ) =
0.
Прямая у =− х + 4а, если x ≤ а, является касательной к параболе
y=
− x 2 + 4 x + 6 , если имеет единственное решение квадратное уравне− х + 4а ⇔ x 2 − 5 x − 6 + 4а =
0.
ние − x 2 + 4 x + 6 =
39
Квадратное уравнение x 2 − 5 x − 6 + 4а =
0 имеет единственное решение при тех значениях параметра a > 0 , при которых равен нулю
дискриминант D этого уравнения. Имеем
=
16а 0,
 D 0,
49 − =
⇔
⇔а=
49 16.

a > 0;
a > 0;
0
Так как дискриминант D квадратного уравнения x 2 − 5 x − 6 + 4а =
равен нулю, то x0 = 2,5 (абсцисса точки касания) является решением
квадратного уравнения. Очевидно, 2,5 ∈ ( 2; 5 )
Рассмотрим уравнение (1) при а = 49 16 , если x < −1 или x > 5.
Имеем
  х 2 − 4 х − 5 + 1 =− х + 49 16 + 147 16,
 х − 4 х − 5 + 1 = х − 49 16 + 147 16,


 x < −1;
⇔ 
⇔
  x < −1,
2

−
−
+
=
−
+
х
4
х
5
1
х
49
16
147
16,


  x > 5;
  x > 5;
2
(
(
)
 х= 3 − 74 3,
 4 х 2 − 12=
х − 65 0, где x < −1,

⇔ 2
⇔
=
49 0, где x > 5;
8 х − 40 х −=
 х 10 + 198 4.
Итак, графики функций y ( x ) = x 2 − 4 x − 5 + 1, ϕ ( x ) = x − a + 3a , где
а = 49 16 , пересекаются
=
x2
(10 +
198
)
)
в трёх точках с абсциссами x0 = 2,5, x=1 ( 3 − 74 ) 3,
4. Тогда исходное уравнение при а = 49 16 имеет три кор-
ня.
Ответ. а ∈ {0; 49 16} .
Метод областей.
Решение. На плоскости ( х; а ) построим множество точек, удовлетворяющих уравнению х 2 − 4 х − 5 − 3a = х − а − 1. (1)
Для построения множества точек проделаем следующее.
1. Приравняем нулю ( х − a ) . Откуда следует, что х − а = 0 ⇔ a = х .
На плоскости ( х; а ) построим прямую a = х . Эта прямая разобьёт
плоскость ( х; а ) на 2 области.
Найдём точки пересечения графика уравнения (1) и прямой a = х
из системы
=
,
a х=
a х,
⇔ 2
⇔
 2
 х − 4 х − 5 − 3а = х − а − 1;
 а − 4а − 5 =3а − 1;
40
 a = х,
,
a х=
 a х,



⇔   а 2 − 4а − 5 = 3а − 1, где 3а ≥ 1, ⇔   а 2 − 7 а − 4 = 0, где 3а ≥ 1, ⇔   а = 0,5 7 + 65 ,
 2
 2

4
5
1
3
,
3
1;
6
0,
3
1;
а
−
а
−
=
−
а
где
а
≥
а
−
а
−
=
где
а
≥


  а = 3.
(
)
Из последней системы следует: график исходного уравнения проходит через точки 0,5 ( 7 + 65 ) ; 0,5 ( 7 + 65 ) , ( 3; 3) , которые принадлежат
прямой a = х .
2. Рассмотрим уравнение (1) в каждой области.
1) В области I, где х − a < 0 , уравнение (1) равносильно совокупности
 х 2 − 4 х − 5 − 3а =
− х + а − 1, где x ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 5; ∞ ) ,
⇔
 2
 − х + 4 х + 5 − 3а =− х + а − 1, где x ∈ [ −1; 5];
 4=
а х 2 − 3 х − 4, где x ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 5; ∞ ) ,
⇔
( 2)
2
4
5
6,
1;
5
.
а
х
х
где
x
=−
+
+
∈
−
[ ]

Рассмотрим уравнение 4а = х 2 − 3 х − 4, где х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) , совокупности (2). Имеем 4а = х 2 − 3х − 4 ⇔ а = 1 4 ⋅ ( х − 3 2 )2 − 25 16.
Так как абсцисса вершины параболы х = 3 2 не принадлежит множеству х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) и ветви параболы направлены вверх, то на интервале ( −∞;1) функция а = 1 4 ⋅ ( х − 3 2 )2 − 25 16 убывает, а на интервале
(
)
( 5; ∞ ) функция возрастает. Поэтому для построения части параболы,
0, а ( 5 ) = 1,5. Точка ( −1; 0 ) ∈ I , а точка ( 5;1,5 ) ∉ I (находится
найдём а ( −1) =
ниже прямой a = х ).
Итак, парабола 4а = х 2 − 3 х − 4, где х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) , проходит че-
(
)
рез точку ( −1; 0 ) и точку 0,5 ( 7 + 65 ) ; 0,5 ( 7 + 65 ) , которая принадлежит
прямой a = х .
Рассмотрим уравнение 4а =− х 2 + 5 х + 6, где x ∈ [ −1; 5] , совокупности
(2). Графиком функции 4а =− х 2 + 5 х + 6, где x ∈ [ −1; 5] , является часть па-
раболы. Имеем 4а =− х 2 + 5 х + 6 ⇔ а =−1 4 ⋅ ( х − 5 2 )2 + 49 16.
Абсцисса вершины параболы ( 5 2; 49 16 ) принадлежит отрезку
х ∈ [ −1; 5] и ветви параболы направлены вниз. Для построения части па−1) 0, a=
( 5) 1,5 . Точка ( −1; 0 ) ∈ I , а точка ( 5;1,5) ∉ I (нараболы, найдём a (=
ходится ниже прямой a = х ).
41
Итак, парабола 4а =− х 2 + 5 х + 6, где x ∈ [ −1; 5] , проходит через точку
( −1; 0 ) и точку ( 3; 3) , которая принадлежит прямой a = х .
Строим график уравнения (1) в области I, где х − a < 0 .
2) В области II, где х − a > 0 , уравнение (1) равносильно совокупности
 х 2 − 4 х − 5 − 3а =х − а − 1, где x ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 5; ∞ ) ,
⇔
 2
−
х
+
4
х
+
5
−
3
а
=
х
−
а
−
1,
где
x
∈
−
1;
5
;
[
]

 2=
а х 2 − 5 х − 4, где x ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 5; ∞ ) ,
⇔
( 3)
2
 2а =− х + 3 х + 6, где x ∈ [ −1; 5].
Рассмотрим уравнение 2а = х 2 − 5 х − 4, где х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) , совокупности (3). Графиком функции 2а = х 2 − 5 х − 4, где х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) ,
является часть параболы.
Имеем 2а = х 2 − 5 х − 4 ⇔ а = 1 2 ⋅ ( х − 5 2 )2 − 49 8.
Так как абсцисса вершины параболы х = 5 2 не принадлежит множеству х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) и ветви параболы направлены вверх, то на интервале ( −∞;1) функция а = 1 2 ⋅ ( х − 5 2 )2 − 49 8 убывает, а на интервале
( 5; ∞ ) возрастает функция. Поэтому для построения части параболы,
−1) 0, a=
( 5) 2 . Точка ( −1; 0 ) ∉ II (находится выше прямой a = х ),
найдём a (=
а точка ( 5;1,5) ∈ II .
Итак, парабола 2а = х 2 − 5 х − 4, где х ∈ ( −∞;1) ∪ ( 5; ∞ ) , проходит через точку ( 5;1,5) и точку ( 0,5 ( 7 + 65 ) ; 0,5 ( 7 + 65 ) ) , которая принадлежит
прямой a = х .
Рассмотрим уравнение 2а =
− х 2 + 3 х + 6, где х ∈ [ −1; 5] , совокупности
(3). Графиком функции 2а =
− х 2 + 3 х + 6, где х ∈ [ −1; 5] является часть параболы.
Имеем 2а =− х 2 + 3х + 6 ⇔ а =−1 2 ⋅ ( х − 3 2 )2 + 33 8.
Вершина параболы ( 3 2; 33 8 ) не принадлежит
области II (так как эта точка лежит выше прямой
a = х ) и ветви параболы направлены вниз. Для построения части параболы, найдём a ( −1) =0, a ( 5 ) =−2 .
Точка ( −1; 0 ) ∉ II (находится выше прямой a = х ), а
42
точка ( 5; − 2 ) ∈ II .
Итак, парабола 2а = х 2 − 5 х − 4, где х ∈ [ −1; 5] проходит через точку
( 5; − 2 ) и точку ( 3; 3) , которая принадлежит прямой a = х .
Строим график уравнения (1) в области II, где х − a > 0 .
Из рисунка 18 следует ответ.
Ответ. а ∈ {0; 49 16} .
37. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
5 + 4 х − х 2 + 6а = ах + 3 имеет единственное решение.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
(1)
5 + 4 х − х2 = а ( х − 6) + 3
Область определения уравнения является отрезок [ −1; 5] (находится из неравенства 5 + 4 х − х 2 ≥ 0 ).
1. Если a = 0, то исходное принимает вид
5 + 4 х − х 2 =3 ⇔ 5 + 4 х − х 2 =9 ⇔ ( х − 2 ) =0 ⇔ х =2.
Итак, если a = 0, то исходное уравнение имеет единственное решение.
2. Пусть a ≠ 0.
2
Рассмотрим функции ϕ ( х ) =
5 + 4 х − х 2 , у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3.
Графиком функции у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 является семейство прямых,
проходящих через точку А(6; 3).
Построим график функции ϕ ( х ) = 5 + 4 х − х 2 .
Областью определения функции ϕ ( х ) является отрезок [ −1; 5].
Графиком функции у =5 + 4 х − х 2 ⇔ у =9 − ( х − 2 )
2
на отрезке
[ −1; 5] является часть параболы. Ветви параболы направлены вниз.
Вершиной параболы является точка ( 2; 9 ) . Так как абсцисса параболы
хв = 2 принадлежит отрезку [ −1; 5] , то функция у =5 + 4 х − х 2 на отрезке [ −1; 2] возрастает, а на отрезке [ 2; 5] убывает. Так как функция
у ( и ) = и возрастает, то функция ϕ ( х ) = 5 + 4 х − х 2 на отрезке [ −1; 2]
возрастает, а на отрезке [ 2; 5] убывает.
43
Для построения графика функции ϕ ( х ) =
чения: ϕ (=
−1) 0, ϕ=
( 5) 0.
( 2 ) 3, ϕ=
5 + 4 х − х 2 найдём зна-
На рисунке 19 изображён график функции ϕ ( х ) =
5 + 4 х − х2 , а
также график прямой у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 при некоторых значений параметра а.
Исходное уравнение имеет единственное решение при тех значеa ≠ 0,
при
которых
графики
функций
ниях
параметра
ϕ ( х ) = 5 + 4 х − х 2 , у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 пересекаются в одной точке.
3. Из рисунка 19 следует, что исходное
уравнение имеет единственное решение, если
график функции у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 , где
a ≠ 0 , проходит через точку ( k ; 0 ) , где
−1 < k ≤ 5. График функции у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 , где a ≠ 0 , проходит че-
рез точку ( k ; 0 ) , если
a − 3
 a ≤ 0,
6a − 3
6a − 3
=
0 а ( k − 6 ) + 3 ⇔=
k
⇔ −1 <
≤5⇔
⇔ 3 7 < a ≤ 3.
7
a
−
3
a
a

> 0;
 a
a ≠0
−1≤ k <5
График функции у ( х ) = а ( х − 6 ) + 3 проходит через точку ( k ; 0 ) ,
если а ∈ (3 7; 3]. Это означает, что при этих значениях параметра а исходное уравнение имеет единственное решение.
Из 1. и 2. следует ответ.
Ответ. а ∈ (3 7; 3] ∪ {0}.
38. Найдите все значения параметра а, при которых имеет хотя бы
одно решение уравнение а 2 + 7 х + 1 + 5 х 2 + 2 х + 5 = 2а + 3 х − 4а + 1 .
Решение. 1. Преобразуем исходное уравнение
а 2 + 7 х + 1 + 5 ( х + 1) + 4 = 2а + 3 ( х + 1) − 4а
Пусть х + 1 =
t. Исходное уравнение принимает вид
(1)
а 2 + 7 t + 5 t 2 + 4 = 2а + 3 t − 4а
Исходное уравнение и уравнение (1) имеют одинаковое число решений при одних и тех же значениях параметра а (так как х + 1 =
t , то
2
44
для каждого значения t находится единственное значение х).
2. Рассмотрим функции
f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а, ϕ ( t ) = 3 t − 4а .
Построим график функции f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а.
(2)
f ( t ) является чётной, так как f ( −t ) =
f ( t ) , где
t ∈ ( −∞; ∞ ) . Построим график функции (2) при t > 0.
Функция
Если t > 0, то f ( t ) = 7t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а, где t > 0.
Так как f ( t ) является суммой возрастающих
функций
( у= t , у= 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а, где t > 0 ), то функция f ( t ) возрастает. То-
гда для построения этой функции найдём значение f ( 0 ) = а 2 − 2а + 10.
Так как а 2 − 2а + 10 > 0 , то f ( 0 ) > 0 .
Графиком функции ϕ ( t=
) 3 t − 4а является «подвижный уголок»
с вершиной в точке А(4а; 0) и сторонами у =−3t + 12а, если t ≤ 4а,
у=
3t − 12а, если t > 4а.
На рисунках 20 изображён при некотором значении параметра а
график функции f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а и график «подвижного
уголка» при некоторых значений параметра а.
Исходное уравнение имеет хотя бы одно решение при тех значениях
параметра
а,
при
которых
графики
функций
f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а, ϕ ( t=
) 3 t − 4а пересекаются хотя бы в
одной точке.
3. Из рисунка 20 а) следует, что графики
функций f ( t ) , ϕ ( t ) пересекаются, если график
функции ϕ ( t=
) 3 t − 4а
( 0; k ) ,
где
проходит через точку
k ≥ а 2 − 2а + 10.
График
функции
ϕ ( t=
) 3 t − 4а проходит через точку ( 0; k ) , если
12a ≥ a 2 − 2a + 10,
3 4а = k ⇒ 12 а ≥ a − 2a + 10 ⇔ 
⇔
2
12
a
a
2
a
10;
≤
−
+
−

7 − 39 ≤ a ≤ 7 + 39,
 a 2 − 14a + 10 ≤ 0,
⇔ 2
⇔
 a + 10a + 10 ≤ 0;
 −5 − 15 ≤ a ≤ −5 + 15.
k ≥ a 2 − 2 a +10
2
45
Итак, график функции ϕ ( t=
) 3 t − 4а
( 0; k ) , если
проходит через точку
а ∈  −5 − 15; − 5 + 15  ∪ 7 − 39; 7 + 39  . При этих значени-
ях параметра а графики функций f ( t ) , ϕ ( t ) пересекаются. Это означает, что при а ∈  −5 − 15; − 5 + 15  ∪ 7 − 39; 7 + 39  исходное уравнение

 

имеет хотя бы одно решение.
4. Из рисунка 20 б) следует, что графики функций f ( t ) , ϕ ( t ) не
пересекаются, если график функции ϕ ( t=
) 3 t − 4а проходит через
точку ( 0; m ) , где 0 < m < а 2 − 2а + 10. Докажем это.
а) Пусть а > 0 и прямая у =−3t + 12а,
если t ≤ 4а, (сторона «подвижного уголка»), проходит через точку ( 0; m ) , где 0 < m < а 2 − 2а + 10.
Очевидно, если t > 0 , то графики функций
у= 3t − 12а, если t > 4а, и f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а
не пересекаются, так как f ( t ) − ( 3t − 12а ) > 0, если t > 4а, (следует из рисунка 20 б)).
Так как может быть f ( t ) − ( −3t + 12а ) < 0, если t ≤ 4а, тогда докажем: если t < 0 , то графики функций f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а и
у =−3t + 12а, если t ≤ 4а, не пересекаются.
График функции у =−3t + 12а, если t ≤ 4а, проходит через точку
( 0; m ) , если 12а= m
0< m< a 2 − 2 a +10
⇒
0 < 12а < a 2 − 2a + 10 ⇒ a 2 − 14a + 10 > 0.
Итак, a 2 − 14a + 10 > 0.
Рассмотрим разность f ( t ) − у ( t ) , если t < 0 и a 2 − 14a + 10 > 0.
Отметим 5 t 2 + 4 > 10. Имеем
(
)
t 2 + 4 >2
f ( t ) − у ( t ) = −7t + 5 t + 4 + а − 2а − ( −3t + 12а ) ⇒
2
2
⇒ f ( t ) − у ( t ) > −4t + 10 + а − 2а − 12а
2
а 2 −14 а +10>0
⇒
t <0
f ( t ) − у ( t ) > −4t ⇒ f ( t ) > у ( t ) .
Итак, если прямая у =−3t + 12а, если t ≤ 4а, проходит через точку
( 0; m ) , то f ( t ) > y ( t ) , где t < 0 . Это означает, если t < 0 , то графики
функций у =−3t + 12а, если t ≤ 4а, f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а не пересекаются. Тогда исходное уравнение в этом случае не имеет решений.
46
б)
Аналогично
доказывается,
что
графики
функций
ϕ ( t=
) 3 t − 4а , f ( t ) = 7 t + 5 t 2 + 4 + а 2 − 2а , если а < 0 , не пересекаются.
Итак, доказали, что графики функций f ( t ) , ϕ ( t ) не пересекают-
ся, если график функции ϕ ( t=
) 3 t − 4а проходит через точку ( 0; m ) ,
где 0 < m < а 2 − 2а + 10.
Ответ. а ∈  −5 − 15; − 5 + 15  ∪ 7 − 39; 7 + 39  .




39. Найдите все значения а, при которых имеет два неотрицательных корня уравнение 10 ⋅ 0, 21− х − а − 5 х + 2а =
0,04− х .
Решение. 1. Преобразуем исходное уравнение
а 0, 2−2 х ⇔ 2 ⋅ 5 х − а − 5 х + 2=
а 52 х.
10 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2− х − а − 5 х + 2=
Пусть 5 х = t. Исходное уравнение принимает вид
2t − а − t + 2а =
t 2 , где t > 0. (1)
Исходное уравнение и уравнение (1) имеют одинаковое число корней при одних и тех же значениях параметра а (так как 5 х = t , то для
каждого значения t находится единственное значение х).
Надо найти все значения а, при которых имеет два неотрицательных корня исходное уравнение. Определим, какие значения принимает
t, если x ≥ 0.
х
5 х =t
Так как функция t = 5 возрастает, то имеем x ≥ 0 ⇔ 5 ≥ 1⇔ t ≥ 1.
Итак, надо все значения а, при которых уравнение
2t − а − t + 2а =
t 2 имеет два корня, которые не меньше единицы.
На плоскости (t ; а ) построим множество точек, удовлетворяющих
уравнению 2t − а − t =
+ 2а t 2 , где t ≥ 1.
( 2) .
Для построения множества точек, удовлетворяющих уравнению
(2), проделаем следующее.
1. Приравняем нулю выражения, стоящие под знаком модуля:
2t − a =
0 и t + 2a =
0 . Откуда следует: a = 2t и a = −0,5t .
На плоскости (t ; а ) построим прямые a = 2t и a = −0,5t . Эти прямые разобьют часть плоскости (t ; а ) , при t ≥ 1, на 3 области.
2. Рассмотрим уравнение (2) в каждой области. Для этого надо
раскрыть модули в каждой области.
х
Замечание. При раскрытии модулей надо учитывать знак выражения, стоящего под модулем в соответствующей области. Так как знак в
47
каждой области постоянный, то знак выражения в области совпадает со
знаком выражения в любой точке этой области.
1) В области I уравнение (2) равносильно системе
2t − а ≤ 0,
2t − а ≤ 0,


⇔ t + 2a > 0,
t + 2a > 0,
−2t + а − t − 2а =t 2 ;
а =−t 2 − 3t.


Графиком функции a ( t ) =−t 2 − 3t является парабола, которая не
принадлежит области I, так как a ( t ) < 0, если t ≥ 1.
2) В области II уравнение (2) равносильно системе
2t − а > 0,
2t − а > 0,


⇔ t + 2a ≥ 0,
t + 2a ≥ 0,
2t − а − t − 2а =t 2 ;

−1 3 ( t 2 − t ) .

а =
−1 3 ⋅ ( t 2 − t ) , где t ∈ [1; ∞), является часть
Графиком функции a ( t ) =
параболы. Так как абсцисса вершины параболы t = 0,5 не принадлежит
промежутку [1; ∞), и ветви параболы направлены вниз, то на этом про−1 3 ⋅ ( t 2 − t ) убывает. Поэтому для построения
межутке функция a ( t ) =
части параболы, найдём a (1) = 0, а также точку пересечения параболы
a (t ) =
−1 3 ⋅ ( t 2 − t ) и прямой a = −0,5t из системы
−0,5t ,
−0,5t ,
a =
a =
a = −0,5t ,


a = −1, 25,

0,
−1 3 ( t 2 − t ) , ⇔ −0,5t =
−1 3 ( t 2 − t ) , ⇔ 2t 2 − 5t =⇔
а =

t = 2,5.


t ≥ 1;

t ≥ 1;
t ≥ 1;
−1 3 ⋅ ( t 2 − t ) проходит через точки:
В области II парабола a ( t ) =
(1; 0 ) , ( 2,5; − 1, 25) .
3) В области III уравнение (2) равносильно системе
2t − а > 0,
2t − а > 0,
2t − а > 0,



⇔ t + 2a < 0, ⇔ t + 2a < 0,
t + 2a < 0,
2t − а + t + 2а = t 2 ;
а = t 2 − 3t ;

2
( t 1,5) − 2, 25.


а =−
( t 1,5) − 2, 25, где t ∈ [1; ∞), является часть
Графиком функции a ( t ) =−
параболы. Вершиной параболы является точка (1,5; − 2, 25) , которая принадлежит области III. Ветви параболы направлены вверх. Для построе2
48
ния части параболы, найдём a (1) = −2, а также точку пересечения параболы a= t 2 − 3t и прямой a = −0,5t из системы
−0,5t ,
−0,5t ,
−0,5t ,
a =
a =
a =
a = −1, 25,


 2
2
2
а =t − 3t , ⇔ −0,5t =t − 3t , ⇔ 2t − 5t =0, ⇔ 
t = 2,5.
t ≥ 1;
t ≥ 1;
t ≥ 1;



−1 3 ⋅ ( t 2 − t ) проходит
В области III парабола a ( t ) =
через точки: (1; − 2 ) , ( 2,5; − 1, 25 ) , (1,5; − 2, 25 ) .
2. Из рисунка 21 следует: если а ∈ (−2, 25; − 2], то
уравнение (2), имеет два корня, которые не меньше
единицы. Тогда исходное уравнение имеет два неотрицательных корня, если а ∈ (−2, 25; − 2].
Ответ. а ∈ (−2, 25; − 2].
40. Сколько решений в зависимости от значений параметра а имеет уравнение ( x 2 + х ) ⋅ ( x 2 + 5 х + 6 ) =
а?
а
(( x + 1 2) − 1 4) ⋅ (( x + 5 2) − 1 4) =
Сделаем замену t = 0,5 ( x + 1 2 + x + 5 2 ) ⇔ t = x + 3 2.
Решение. Имеем
2
2
Исходное уравнение принимает вид
2
2
а
( t − 1) − 1 4 ⋅ ( t + 1) − 1 4 =
)(
(
)
(1)
Исходное уравнение и уравнение (1) имеют одинаковое число решений при одних и тех же значениях параметра а (так как t= x + 3 2 , то
для каждого значения t находится единственное значение х).
2
2
Рассмотрим функцию а ( t ) = ( t − 1) − 1 4 ⋅ ( t + 1) − 1 4 .
Функция
)(
(
а (t )
является чётной, так как
)
а ( −t ) =
а ( t ) , где
t ∈ ( −∞; ∞ ) .
На координатной плоскости (t ; а ) , при t ≥ 0, построим график
функции а ( t ) =
((t − 1)
2
)(
)
− 1 4 ⋅ ( t + 1) − 1 4 .
2
1) Нули функции, при условии, что t ≥=
2, t 3 2 (находим
0 : t 1=
из уравнения
((t − 1)
2
)(
)
− 1 4 ⋅ ( t + 1) − 1 4 =
0, где t ≥ 0 ).
2
2) Найдём промежутки монотонности, точки экстремума функции
а ( t ) , где t ≥ 0 .
49
а) Найдём производную функции а ( t ) . Имеем
(
)
(
)
а′ ( t ) = 2 ( t − 1) ⋅ ( t + 1) − 1 4 + 2 ( t + 1) ⋅ ( t − 1) − 1 4 =
2
2
2
2
= 2 ( t − 1) ⋅ ( t + 1) + ( t − 1) ⋅ ( t + 1) − 1 4 ( ( t − 1) + ( t + 1) ) = 4t ( t 2 − 5 4 ) .


′ ( t ) 4t ( t 2 − 5 4 ) .
Итак, а=
б) Из уравнения а′(t ) = 0, где t ≥ 0 , находим критическую точку
t = 5 2. Критическая точка t = 5 2 разбивает промежуток [0; ∞) на
(
)
промежутки [0; 5 2), 5 2; ∞ , на каждом из которых а′(t ) сохраняет
знак.
в) Определим знаки а′(t ) . Знаки функции а′(t ) показаны на рисунке 22.
г) Из рисунка 22 делаем вывод.
Функция а ( t ) убывает на отрезке 0; 5 2  и
возрастает на промежутке [ 5 2; ∞) В точке t = 5 2
функция а ( t ) имеет минимум и
аmin
(
) (
)
2

 
5 2 =
 5 2 −1 −1 4  ⋅ 

 
(
)
(
)(
)
2
5 2 + 1 − 1 4  =2 − 5 ⋅ 2 + 5 =
−1.

Итак, аmin 5 2 = −1. Вычислим: а ( 0 ) = 9 16.
(
)
Построим график функции а ( t ) с учётом,
что функция а ( t ) чётная.
Из рисунка 23 следует ответ.
Ответ. Если а < −1, то корней нет; если
а ∈ ( 9 16; ∞ ) ∪ {−1} ,
то
два
корня;
если
а ∈ ( −1; 9 16 ) , то четыре корня; если а = 9 16, то три корня.
41. При каких значениях параметра а имеет два различных корня
2

х
уравнение ( x − 3) +  − 2 + а  = 25 ?

х
2
Решение. Имеем
2
2
( х − 3)2 + ( а −=
3) 25, где x < 0,
 х

(1)
( x − 3) +  − 2 + а  = 25 ⇔ 
2
2
х
( х − 3) + ( а =
− 1) 25, где x > 0.


На координатной плоскости ( х; а ) построим множество точек,
2
50
удовлетворяющих совокупности (1).
2
2
1) Графиком уравнения ( х − 3) + ( а −=
3) 25, где x < 0 , (2) является часть окружности с центром в точке (3; 3) и радиусом R = 5.
Точку пересечения графика уравнения (2) с осью 0х находим из
системы
2
2
( х − 3)2 + ( а −=
( х −=
 х = −1,
3) 25, где x < 0,
3) 16, где x < 0,
⇔
⇔

а = 0.
а 0;=
а 0;
Итак, точка пересечения графика уравнения (2) с осью 0х – это
точка (−1; 0) .
Точки пересечения графика уравнения ( х − 3) + ( а − 3) =
25 с
осью 0а находим из системы
2
2
( х − 3)2 + ( а=
( а=
− 3) 25,
− 3) 16,
⇔

=
 х 0;=
 х 0.
2
2
Итак, точки пересечения графика уравнения ( х − 3) + ( а − 3) =
25
с осью 0а – это точки (0; − 1), (0; 7). Отметим: точки (0; − 1), (0; 7) не
2
2
принадлежит части окружности ( х − 3) + ( а −=
3) 25, где x < 0 .
2
2
Строим часть окружности ( х − 3) + ( а −=
3) 25, где x < 0 , учитывая, что окружность проходит через точки (−1; 0) , (0; − 1), (0; 7), (−2; 3).
2
2
2) Графиком уравнения ( х − 3) + ( а =
− 1) 25, где x > 0, (3) является часть окружности с центром в точке (3;1) и радиусом R = 5.
Точку пересечения графика уравнения (3) с осью 0х находим из
системы
2
2
2
2
( х − 3)2 + ( а =
( х −=
 х= 3 + 24,
− 1) 25, где x > 0,
3) 24, где x > 0,
⇔
⇔



а = 0.
а 0;=
а 0;
Итак, точка пересечения графиком уравнения (3) с осью 0х – это
точка (3 + 24; 0) .
Точки пересечения графика уравнения
осью 0а находим из системы
( х − 3)
2
+ ( а − 3) =
25 с
2
2
2
( х − 3)2 + ( а=
( а=
− 1) 25,
− 1) 16,
⇔

=
 х 0;=
 х 0.
Итак, точки пересечения графика уравнения ( х − 3) + ( а − 1) =
25
2
51
2
с осью 0а – это точки (0; − 3), (0; 5). Отметим: точки (0; − 3), (0; 5). не
принадлежит части окружности ( х − 3) + ( а =
− 1) 25, где x > 0 .
Строим
часть
окружности
2
2
− 1) 25, где x > 0 , учитывая, что ок( х − 3) + ( а =
ружность проходит через точки: (0; − 3), (0; 5),
2
2
(3 + 24; 0) , (3; 6), (3; − 4), (8;1).
Из рисунка 24 следует ответ.
Ответ. Уравнение имеет два различных корня,
если а ∈ ( −3; 4 ) ∪ (−1; 5] ∪ {6} .
42. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
6 х − 2 х2 + а =
3 имеет 1) два решения; 2) четыре решения.
Решение. Имеем
6 х − 2 х 2 − а =3 ⇔ 2 ( х 2 − 3х ) + а =3 ⇔ 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) =3 .
2
Построим график функции у = 2 ( х − 1,5 ) + 0,5 ( а − 4,5 ) .
2
Рассмотрим два случая.
1) Пусть 0,5 ( а − 4,5 ) ≥ 0 ⇔ а ≥ 4,5. Тогда
2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) ≥ 0 ⇔ 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) = 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) .
2
2
2
Из последнего равенства следует, что графиком функции
2
у= 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) , где а ≥ 4,5, является парабола
у = 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) , с вершиной в точке (1,5; а − 4,5 ) ,
2
которая расположена не ниже оси абсцисс, ветви параболы
направлены
вверх.
График
функции
2
у = 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) , где а ≥ 4,5, при некотором значении параметра а, изображён на рисунке 25 а). Из рисунка следует: гра2
фики функций у = 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) , где а ≥ 4,5, и у = 3 пересекаются
в двух точках, если
а ≥ 4,5,
⇔ 4,5 ≤ a < 7,5.

а
−
4,5
<
3;

Итак, если 4,5 ≤ a < 7,5, то исходное уравнение имеет два решения.
2) Пусть 0,5 ( а − 4,5 ) < 0 ⇔ а < 4,5.
52
Графиком функции у = 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) , где а < 4,5, является парабола с вершиной в точке (1,5; а − 4,5 ) , которая расположена ниже оси
абсцисс. Тогда парабола пересекает ось абсцисс в двух точках: х1 , х2 .
2
График функции у= 2 ( х − 1,5) + ( а − 4,5 ) , где а < 4,5, при некотором
2
значении параметра а, изображён на рисунке 25 б). Из рисунка 25 б)
2
следует: графики функций у= 2 ( х − 1,5) + ( а − 4,5 ) , где
а < 4,5, и у = 3 пересекаются в двух точках, если
а < 4,5,
⇔ 1,5 < а < 4,5.

 а − 4,5 < 3;
Итак, если 1,5 < a < 4,5, , то исходное уравнение
имеет два решения.
2
Из рисунка 25 б) следует: графики функций у= 2 ( х − 1,5 ) + ( а − 4,5 ) ,
где а < 4,5, и у = 3 пересекаются в четырёх точках, если
а < 4,5,
⇔ a < 1,5.

 а − 4,5 > 3;
Итак, если a ∈ ( −∞;1,5 ) , то исходное уравнение имеет четыре решения.
Ответ. 1) Два решения, если
решения, если a ∈ ( −∞;1,5 ) .
a ∈ (1,5; 4,5 ) ∪ ( 4,5; 7,5 ) ; 2) четыре
43. Найдите все значения параметра а, при которых имеет единственное решение уравнение 2 х 2 − аtg cos x + a 2 =
0 (1).
Решение. Пусть f ( x ) =−
2 х 2 аtg cos x + a 2 . Функция f ( x ) чётная, так
как f ( − x ) =
f ( x ) и х ∈ ( −∞; ∞ ) . Так как f ( x ) чётная функция, то уравнение (1) может иметь единственное решение, если х = 0 является решением этого уравнения. Если х = 0 является решением уравнения (1),
 а = 0,
то −аtg1 + a 2 =0 ⇔ а ( a − tg1) =0 ⇔ 
 a = tg1.
Определим, при каких значениях а ∈ {0; tg1} имеет единственное
решение уравнение (1).
1) Если а = 0 , то уравнение (1) имеет единственное решение, так
как в этом случае уравнение (1) принимает вид х 2 = 0 ⇔ х = 0.
53
2) Если а = tg1 , то уравнение (1) принимает вид
2 х 2 − tg1 ⋅ tg cos x + tg 21 =0 ⇔ 2 х 2 =tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) .
Отметим: tg1 > 0. Оценим tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) . Так как −1 ≤ cos x ≤ 1 и
функция tgх возрастает на интервале ( −π 2; π 2 ) , то −tg1 ≤ tg cos x ≤ tg1.
Тогда tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) ≤ 0.
Так как tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) ≤ 0, то уравнение 2 х 2 =
tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) (2)
имеет решение только, если tg1 ⋅ ( tg cos x − tg1) =0 ⇔ tg cos x − tg1 =0.
Тогда уравнение (2) принимает вид х 2 = 0 ⇔ х = 0. Итак, если а = tg1 , то
уравнение (1) имеет единственное решение.
Ответ. а ∈ {0; tg1} .
44. Найдите все значения параметра а, для которых, если
х ∈ ( 4; ∞ ) , то для всех b < 0 существует решение уравнения
a log 1−2 x 4 − log 4 (1 − 2 x −1 ) − b =
0.
(
)
Решение. Отметим: так как 1 − 2 x −1 ≠ 1, то log 4 (1 − 2 x −1 ) ≠ 0.
−1
Пусть log 4 (1 − 2 x −1 ) =
t.
Отметим. Так как функции u = 1 − 2 x −1 , где x > 4, log 4 u возрас-
тают, то и функция log 4 (1 − 2x −1 ) возрастает.
Так как функция log 4 (1 − 2x −1 ) возрастает, то имеем
x>4⇔0<
2 1
1
2
1
2
< ⇔ − < − < 0 ⇔ < 1− < 1 ⇔
x 2
x
x
2
2
 2
=t log 4 1− 
 x
1
 2
⇔ − < log 4 1 −  < 0
2
 x
⇔
−
1
< t < 0.
2
Итак, если x > 4, то −0,5 < t < 0.
Так как log 1=
4 log −1 (1 − 2 x −1 ) , то исходное уравнение принима( −2 x )
−1
4
t ≠0
ет вид а t − t − b = 0 ⇔ t 2 + bt − a = 0.
Надо найти все значения параметра а, для которых для всех b < 0
существует решение уравнения t 2 + bt − a =
0, где −0,5 < t < 0. (1)
Пусть f ( t ) = t 2 + bt − a.
Графиком функции f ( t ) является парабола, абсциссой вершины
54
которой является tв = −0,5b. Так как b < 0 , то tв > 0.
1) Если D = 0, то уравнение t 2 + bt − a =
0 , имеет положительный
корень t= tв > 0, который не принадлежит интервалу ( −0,5; 0 ) .
2) Если D > 0, то уравнение t 2 + bt − a =
0 имеет два корня. Так как
tв > 0, то больший корень уравнения (1) положительный. Уравнение
t 2 + bt − a =
0, где −0,5 < t < 0, имеет решение, если меньший корень
уравнения принадлежит интервалу ( −0,5; 0 ) . Тогда имеем
−a < 0,
a > 0,
 f ( 0 ) < 0,
⇔
⇔

0, 25 − 0,5b − a > 0;
0,5b < 0, 25 − a.
 f ( −0,5 ) > 0;
Второе неравенство системы с учётом, что a > 0 , выполняется для
всех b < 0 , если a > 0,
0, 25 − a ≥ 0;
⇔ 0 < a ≤ 0, 25.
Ответ. 0 < a ≤ 0, 25.
45. Найдите все значения параметра а, при которых имеет единст2
венный корень уравнение х 2 + ( а + 4 ) = х − 4 − а + х + 4 + а (1) .
Решение. Так как х и − х являются одновременно корнем уравнения (1) (так как − х − 4 − а = х + 4 + а и − х + 4 + а = х − 4 − а ), то уравнение (1) имеет нечётное число корней, если х = 0 является корнем уравнения (1).
Если х = 0 является корнем уравнения (1), то
0 + ( а + 4)
2
2
 а = −4,
0,
а+4 =
=0 − 4 − а + 0 + 4 + а ⇔ а + 4 − 2 а + 4 =0 ⇔ 
⇔  а =−2,

2;
 а + 4 =
 а = −6.
2
Итак, если а ∈ {−6; − 4; − 2} , то уравнение (1) имеет нечётное число
корней.
Рассмотрим уравнение (1), если а ∈ {−6; − 4; − 2} и определим, при
каких значениях а уравнение (1) имеет единственный корень.
а) Если а = −6, то уравнение (1) принимает вид
х 2 + 4 = х + 2 + х − 2 (2)
Уравнение (2) равносильно совокупности
 х 2 + 4 = − х − 2 − х + 2, если х ≤ −2,
 х 2 + 2 x + 4 = 0, если х ≤ −2,
 2
 2
 х + 4 = х + 2 − х + 2, если − 2 < х ≤ 2, ⇔  х = 0, если − 2 < х ≤ 2,
 2
 2
 х + 4 = х + 2 + х − 2, если х > 2;
 х − 2 x + 4 = 0, если х > 2.
55
Так как первое и третье уравнения совокупности не имеют корней,
а второе уравнение имеет единственный корень х = 0 , то а = −6 удовлетворяет условию задачи.
б) Если а = −4, то уравнение (1) принимает вид
х 2 = х + х ⇔ х ( х − 2 ) = 0.
Последняя уравнение, а значит и уравнение (1), если а = −4, имеет
три корня: х =
−2, х =
0, х =
2. Это означает, что а = −4 не удовлетворяет условию задачи.
в) Если а = −2, то уравнение (1) принимает вид
х 2 + 4 = х + 2 + х − 2 (2)
Уравнение (2) решено в пункте а). Тогда а = −2 удовлетворяет условию задачи.
Ответ. а ∈ {−6; − 2}
Упражнения
2 + 4 = 3
1. Решите уравнение
х +1 х −1 х − а .
Ответ. x ∈ Ø, если а > 2 2 3; х = − 5 3 , если а = −1; х =
− 2 2 + 1 3,
если а = − 2 2 3;
=
х
x1,2 =
( 3а − 1) ±
3
9а 2 − 8 ,
(2
(
)
)
2 + 1 3, если а = 2 2 3; х = 1 3 , если а = 1;
если а ∈ (−∞; − 1) ∪ ( −1; −2 2 3) ∪ ( 2 2 3;1) ∪ (1; ∞ ) . .
2. Найдите все значения параметра а, при которых уравнения
2 x − x + 2a =
0 и 4a 2 x 2 − аx + а =
0 имеют общий корень.
Ответ. а ∈ −0, 25 ( 2 + 2 ) ; 0; − 0, 25 ( 2 − 2 ) .
2
{
}
3. При каких значениях параметра а равносильны уравнения
0?
x 2 + 2 ( а − 3) x + а 2 − 7 а + 12 =
0 и x 2 + а 2 − 5а + 6 x =
(
(
)
)
Ответ. а ∈ {3; 4}.
4. Найдите все пары а и с, при которых уравнение x 2 + сx − 8с =
0
2
является следствием уравнения x − аx + a =
0.
Ответ. 0 < a < 4, с − любое; а =
0, с =
0; а =
4, с =
2 ± 2; a =
−64, с =
8.
5. При каких значениях параметра а из того, что х является корнем
уравнения 4 x 2 − 2 ( а − 3) x + ( a + 2 ) ⋅ ( 2а − 1) =
0 вытекает, что х не является корнем уравнения х − 2а + х + а =
3а ?
Ответ. а ∈ ( −0,5; 0, 25 ) .
56
6. При каких значениях параметра а имеет более двух корней
0?
уравнение а 2 − 6а + 8 x 2 + а 2 − 4 x + 10 − 3а − а 2 =
(
)
(
) (
)
Ответ. а = 2.
7. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
log 3 9 x + 9a 3 =
x имеет два корня.
(
)
(
Ответ. а ∈ 0;1
3
)
36 .
8. Найдите все значения параметра а, при которых корни уравнения x 2 + x + a =
0 больше а.
Ответ. a < −2.
9. Найдите наименьшее значения параметра а, при котором корни
x1 , x2 уравнения x 2 + аx + 6 =
13.
0 удовлетворяют условию х12 + х22 =
Ответ. a = −5.
10. При каких значениях параметра а сумма квадратов корней
уравнения x 2 + 2аx + 2а 2 + 4а + 3 =
0 является наибольшей?
Ответ. a = −3.
11. Найдите наименьшее целое а, при котором сумма кубов корней
уравнения x 2 + ( а + 2 ) x + 3а + 1 =
0 меньше, чем 5а − 2 .
Ответ. a = 8.
12. При каких значениях параметра а сумма корней уравнения
x 2 + 2 а 2 + 4а x + 8а 3 + 18а 2 + 63 =
0 является наибольшей?
(
)
Ответ. a = −3.
13. Найдите все значения параметра а, при которых корни уравнения 3аx 2 + (3а 3 − 12а 2 − 1) x − а ( а − 4 ) =
0 удовлетворяют условию х < 1.
(
)
Ответ. а ∈ {0} ∪ 2 + 3; 2 + 5 .
14. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
2
2
уравнение ( х − а − 1) − 2 ( х − а − 1) = а 2 − 1 имеет больше положитель-
(
)
ных корней, чем отрицательных.
Ответ. a ≥ 0.
15. Найдите все значения параметра а, при которых все решения
2
уравнения х 4 + ( 3а − 2 )( х + 1) х 2 + ( 2а 2 − а − 3) ( х + 1) =
0 (1) удовлетворяет
условию −3 ≤ х ≤ 0.
Ответ. a = 1,5 или 3 ≤ a ≤ 3,5.
57
16. Найдите все значения параметра а, при которых на промежутке
0.
(−1;1] имеет ровно три корня уравнение 4а 2 х 4 + 2 ( а − 4 ) х 2 + а + а =
(
)
Ответ. a = 1 или a < −0, 25 1 + 33 .
17. Найдите все значения параметра, при которых корни уравнения ( а − 1) log 32 ( x − 2 ) − 2 ( а + 1) log 3 ( x − 2 ) + а − 3 =
0 меньше 3.
Ответ. 1 3 ≤ a ≤ 1.
18. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
2
а + 1 sin 2 x + 2а 2 sin x + 0,5 =
0 имеет хотя бы одно решение.
(
)
Ответ. a ≥ 1.
19. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
4
cos x − ( a + 2 ) cos 2 x − ( a + 3) =
0 имеет хотя бы одно решение.
Ответ. − 3 ≤ a ≤ 2.
20. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
х х + 2а + 1 − а =0 имеет единственное решение.
(
Ответ. а ∈ −∞; 0,5
(
))
5 − 1 ∪ (1; ∞ ) .
21. Найдите все значения а, для которых для всех b > 0 существует
решение уравнения a log 1− х− x 2 =
+ b log 2 (1 − х − x 2 ) , если х ∈ ( 0; 0,5 ) .
(
)
Ответ. а ∈ (0; 4].
22. Найдите все значения а, при которых имеет хотя бы один корень уравнение а 2 + 11 х + 2 + 3 х 2 + 4 х + 13 = 5а + 2 х − 2а + 2 .
2
(
)
(
)
Ответ. а ∈ 0,5 9 − 3 5 ; 0,5 9 + 3 5  .

23. Найдите все значения а, при которых уравнение
2
х 2 + ( а + 4 ) = х − 4 − а + х + 4 + а имеет единственный корень.
Ответ. а ∈ {−4; 0}.
24. Найдите все значения а, при которых уравнение
−35 + 12 х − х 2 + 10а = ах + 1 имеет единственное решение.
Ответ. а ∈ [1 5;1 3) ∪ {0}.
25. Найдите все значения параметра а, при которых уравне2 имеет четыре различных корня.
ние x 2 + 2 x + a =
Ответ. а ∈ ( −∞; − 1) .
58
26. Найдите все значения параметра а, при которых уравне0 имеет два различных положиние ( а + 1) x 2 + ( a + 2 − a + 10 ) х + а − 5 =
тельных корня.
Ответ. а ∈ ( 7; ∞ ) .
27. Найдите все значения параметра, при которых имеет единственный корень уравнение lg ( x 2 + 2ах ) − lg (18 x − 6а − 3) =
0.
2

x
+ ах = 18 x − 6а − 3,

Указание. lg ( x 2 + 2ах ) − lg (18 x − 6а − 3) =0 ⇔  2
 x + ах > 0.
Рассмотреть случаи а = 0; дискриминант уравнения системы равен нулю; если а < 0, то один корень меньше нуля, а другой принадлежит интервалу ( 0; − 2а ) ; если а > 0, то один корень меньше −2а , а
другой принадлежит интервалу ( −2а; 0 ) .
Ответ. а ∈ [ −1 2; −3 22] ∪ {1}.
28. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
5а + 5а − х − 0, 25 х 2 + х + 0, 25 х 2 =
0 имеет решение.
Указание. Пусть t =− х − 0, 25 х 2 , где t ≤ 1. Тогда уравнение прини-
5а + t = ( t 2 − 5a )2 ,


t,
мает вид  5а + 5а + t =
⇔ t 2 ≥ 5a,
t ≤ 1;
0 ≤ t ≤ 1.

Уравнение системы равносильно относительно а квадратному
5а = t 2 + t + 1,
2
2
4
уравнению 25а − 5а ( 2t + 1) + t − t = 0 ⇔ 
2
5а= t − t.
Так как t 2 ≥ 5a и 0 ≤ t ≤ 1, то t 2 − 5а + t + 1 > 0. Тогда последняя
t 2 − t − 5a =0,
система равносильна системе 
0 ≤ t ≤ 1.
Ответ. а ∈ ( −1 20; 0 ) .
29. Число а подобрано таким образом, что имеет решение уравнение
х − а −1 + а 2 х 2 + 2ах
(
)
2 − 10 = 4 5 − 12 . Найдите это решение.
Указание. Уравнение равносильно уравнению
59
х− а
−1
(
+ ах + 2 − 10
)
2
 х − а −1 =
0,
=0 ⇔ 
ах + 2 − 10 =
0.
(
)
(
)
Ответ. а =
4 3 − 5 , х =10 + 2 8.
60