Главная страница

X Решение. Перепишем уравнение в виде 2 2x 3 2


Скачать 234.45 Kb.
НазваниеX Решение. Перепишем уравнение в виде 2 2x 3 2
Анкорparameter-quad3.pdf
Дата26.12.2018
Размер234.45 Kb.
Формат файлаpdf
Имя файлаparameter-quad3.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипЗадача
#50974
Каталог

И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 3
В данной статье мы рассматриваем задачи с параметрами, так или иначе сводящиеся к иссле- дованию квадратных уравнений и неравенств. Никакой дополнительной теории уже не будет;
используется материал, который вы усвоили в результате работы с предыдущими двумя ста- тьями (и соответствующими задачниками):

Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 1
;

Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2
Теперь изученные вами методы будут применяться в новых ситуациях.
Задача 1. (МГУ, ВМК, 2003 ) При всех значениях параметра c решите уравнение
4
x
+ c · 25
x
= 3 · 10
x
Решение. Перепишем уравнение в виде:
2 2x
− 3 · 2
x
· 5
x
+ c · 5 2x
= 0.
Величина 5 2x не обращается в нуль ни при каком x, поэтому, деля обе части данного урав- нения на 5 2x
, приходим к равносильному уравнению
2 5
2x
− 3 ·
2 5
x
+ c = 0.
Делаем замену t =
2 5
x
:
t
2
− 3t + c = 0.
(1)
Когда исходная переменная x пробегает множество R, новая переменная t пробегает множе- ство (0; +∞). Поэтому мы должны искать положительные корни уравнения (
1
).
Дискриминант уравнения (
1
): D = 9 − 4c. Имеем три случая.
1. D < 0. Так будет при c >
9 4
, и в этом случае уравнение (
1
) не имеет корней.
2. D = 0. Так будет при c =
9 4
. В этом случае уравнение (
1
) имеет единственный корень t =
3 2
, которому отвечает значение x = log
2 5
3 2
3. D > 0. Так будет при c <
9 4
. В этом случае уравнение (
1
) имеет два различных корня:
t
1
=
3 +

9 − 4c
2
,
t
2
=
3 −

9 − 4c
2
Корень t
1
положителен при всех рассматриваемых c; данному корню отвечает значение x = log
2 5
3+

9−4c
2
Корень t
2
положителен при c > 0, и тогда ему отвечает значение x = log
2 5
3−

9−4c
2
. Если же c
0, то t
2 0, и в таком случае корню t
2
не отвечает никакое значение x.
Остаётся собрать все случаи и записать ответ.
Ответ: Если c
0, то x = log
2 5
3+

9−4c
2
; если c ∈ 0;
9 4
, то x = log
2 5


9−4c
2
; если c =
9 4
, то x = log
2 5
3 2
; если c >
9 4
, то решений нет.
1

Задача 2. (Олимпиада «Покори Воробьёвы горы», 2010 ) При каких значениях параметра a неравенство
3 · 4
x
− 6a · 2
x
+ 3a
2
+ 2a − 14 < 0

не имеет решений?
Решение. Делая замену t = 2
x
, получим неравенство
3t
2
− 6at + 3a
2
+ 2a − 14 < 0.
(2)
Когда переменная x пробегает множество R, переменная t пробегает множество (0; +∞).
Следовательно, мы можем решать задачу, эквивалентную исходной: найти все значения пара- метра a, при которых неравенство (
2
) не имеет положительных решений.
Прежде всего найдём дискриминант
1
:
D = 9a
2
− 3(3a
2
+ 2a − 14) = 42 − 6a.
Пусть D
0, то есть a
7.
(3)
В этом случае функция f (t) = 3t
2
− 6at + 3a
2
+ 2a − 14 обращается в нуль не более чем в одной точке и поэтому не принимает отрицательных значений. Следовательно, неравенство (
2
)
не имеет решений, и множество (
3
) нам подходит.
Пусть теперь D > 0, то есть a < 7. Тогда наш квадратный трёхчлен f (t) имеет два различ- ных корня:
t
1
=
3a −

42 − 6a
3
,
t
2
=
3a +

42 − 6a
3
,
и множеством решений неравенства (
2
) служит интервал (t
1
; t
2
). Значит, неравенство (
2
) не будет иметь положительных решений в том и только в том случае, если больший корень непо- ложителен: t
2 0.
Здесь проще действовать «в лоб», используя явное выражение для t
2
. Имеем, таким образом,
неравенство:
3a +

42 − 6a
3 0,
или

42 − 6a
−3a.
Последнее неравенство равносильно системе
42 − 6a
9a
2
,
a
0,

3a
2
+ 2a − 14 0,
a
0.
Решение этой системы труда не представляет, и мы получаем:
a
−1 −

43 3
(4)
Все эти значения a находятся внутри множества a < 7 (в рамках которого мы сейчас нахо- димся), поэтому для получения ответа остаётся объединить множества (
4
) и (
3
).
Ответ: a ∈ −∞;
−1−

43 3
∪ [7; +∞).
1
Величину D/4 мы для удобства также называем дискриминантом и обозначаем D.
2

Задача 3. При каких p уравнение sin
2
x + p sin x = p
2

− 1 имеет решения?
Решение. Замена t = sin x приводит к квадратному уравнению относительно t:
t
2
+ pt − p
2
+ 1 = 0.
(5)
Когда переменная x пробегает множество R, переменная t пробегает множество [−1; 1]. По- этому имеем эквивалентную переформулировку исходной задачи: при каких p уравнение (
5
)

имеет корни на отрезке [−1; 1]?
Уравнение (
5
) будет иметь корни при неотрицательном дискриминанте D = 5p
2
− 4. Мы отдельно рассмотрим случаи D = 0 и D > 0.
Пусть сначала D = 0, тогда p = ±
2

5
(6)
В этом случае уравнение (
5
) имеет единственный корень t
0
= −
p
2
, то есть t
0
= −
1

5
при p =
2

5
или t
0
=
1

5
при p = −
2

5
. Оба этих значения t
0
принадлежат отрезку [−1; 1], поэтому оба значения (
6
) нам подходят.
Пусть теперь D > 0, тогда p < −
2

5
,
p >
2

5
(7)
При таких значениях p уравнение (
5
) имеет два различных корня. Требуется, чтобы хотя бы один из них был расположен на отрезке [−1; 1]. Эта ситуация исчерпывается следующими тремя вариантами:
1) оба корня принадлежат интервалу (−1; 1);
2) один корень принадлежит интервалу (−1; 1), а второй корень лежит вне отрезка [−1; 1];
3) один из корней равен 1 или −1.
Первый вариант описывается условиями, которые подробно обсуждались в предыдущей ста- тье «
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2
». Именно, оба корня принадлежат интервалу (−1; 1) в том и только в том случае, если значения функции f (t) = t
2
+ pt − p
2
+ 1
на концах данного интервала положительны, а абсцисса вершина параболы y = f (t) лежит внутри интервала:







f (−1) > 0,
f (1) > 0,
− 1 < −
p
2
< 1,






p
2
+ p − 2 < 0,
p
2
− p − 2 < 0,
− 2 < p < 2.
Решением полученной системы является множество
− 1 < p < 1.
(8)
Второй вариант расположения (когда один корень принадлежит (−1; 1), а второй не при- надлежит [−1; 1]) реализуется тогда и только тогда, когда функция f (t) принимает на концах отрезка значения разных знаков: f (−1) · f (1) < 0.
Третий вариант расположения (когда один из корней равен ±1) характеризуется равенства- ми f (−1) = 0 или f (1) = 0, которые объединяются в одно равенство f (−1) · f (1) = 0.
И теперь мы можем объединить второй и третий вариант, описав их оба одним условием:
f (−1) · f (1)
0.
3

В результате получаем неравенство:
(p
2
+ p − 2)(p
2
− p − 2)
0

(p + 2)(p + 1)(p − 1)(p − 2)
0,
которое легко решается методом интервалов:
− 2
p
−1,
1
p
2.
(9)
Напомним, что сейчас мы находимся в рамках случая D > 0. Чтобы получить подходящие значения p для этого случая, нужно объединить множества (
8
) и (
9
), после чего пересечь это объединение с множеством (
7
). В результате получим:
−2
p < −
2

5
,
2

5
< p
2.
Теперь для получения окончательного ответа нужно к данному множеству добавить значе- ния (
6
), возникшие в рамках случая D = 0.
Ответ: p ∈ −2; −
2

5

2

5
; 2 .
Задача 4. При каких a уравнение 4
sin x
+ a · 2
sin x
+ a
2

− 1 = 0 не имеет корней?
Решение. Замена t = 2
sin x приводит к квадратному уравнению относительно t:
t
2
+ at + a
2
− 1 = 0.
(10)
Когда переменная x пробегает множество R, величина sin x пробегает отрезок [−1; 1], а пере- менная t пробегает соответственно отрезок
1 2
; 2 . Поэтому исходное уравнение не имеет корней тогда и только тогда, когда уравнение (
10
) не имеет корней на отрезке
1 2
; 2 .
Прежде всего найдём дискриминант уравнения (
10
):
D = 4 − 3a
2
Нас устраивает, в частности, случай D < 0, когда уравнение (
10
) вообще не имеет корней.
В этом случае имеем:
a < −
2

3
,
a >
2

3
(11)
Эти значения a нам подходят.
Теперь рассмотрим случай D = 0, то есть a = ±
2

3
. Тогда уравнение (
10
) имеет единствен- ный корень t
0
= −
a
2
. Если a = −
2

3
, то t
0
=
1

3

1 2
; 2 , что нас не устраивает; следовательно,
a = −
2

3
не годится. Если же a =
2

3
, то t
0
= −
1

3
/

1 2
; 2 , и поэтому значение a =
2

3
(12)
нам подходит.
Наконец, перейдём к случаю D > 0, то есть

2

3
< a <
2

3
(13)
Уравнение (
10
) имеет два различных корня, и оба они должны находиться вне отрезка
1 2
; 2 .
Здесь логически возможны три варианта:
4

1) оба корня лежат слева от этого отрезка;
2) оба корня лежат справа от этого отрезка;
3) оба корня расположены по разные стороны от этого отрезка.
Первый вариант (оба корня меньше
1 2
) реализуется тогда и только тогда когда выполнены следующие условия (снова см. «
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2
»):







f
1 2
> 0,
t
0
<
1 2
,
где f (t) = t
2
+ at + a
2
− 1 и t
0
— абсцисса вершины параболы y = f (t). Имеем:





a
2
+
a
2

3 4
> 0,

a
2
<
1 2

4a
2
+ 2a − 3 > 0,
a > −1.
Множество решений полученной системы:
a >

13 − 1 4
(14)
Аналогично, второй вариант (оба корня больше 2) характеризуется системой неравенств f (2) > 0,
t
0
> 2

a
2
+ 2a + 3 > 0,
a < −4.
Первое неравенство системы выполнено при всех a, поэтому имеем здесь a < −4.
(15)
Наконец, третий вариант (отрезок
1 2
; 2 расположен между корнями) характеризуется сле- дующей системой:



f
1 2
< 0,
f (2) < 0.
Второе неравенство этой системы имеет вид a
2
+ 2a + 3 < 0 и решений не имеет; вместе с ним не имеет решений и вся система. Значит, третий вариант не реализуется.
Теперь, чтобы получить подходящие a в рамках нашего случая D > 0, нужно объединить множества (
14
) и (
15
), и полученное объединение пересечь с множеством (
13
). Получим:

13 − 1 4
< a <
2

3
(16)
(Очевидно,

13−1 4
<
2

3
поскольку

13−1 4
< 1 и
2

3
> 1.)
Для получения окончательного ответа объединяем найденные множества значений a в слу- чаях D < 0, D = 0 и D > 0, то есть множества (
11
), (
12
) и (
16
).
Ответ: a ∈ −∞; −
2

3


13−1 4
; +∞ .
5

Задача 5. (МГУ, МШЭ, 2007 ) При каких значениях параметра a уравнение
16
x
− 3 · 2 3x+1
+ 2 · 4
x+1
− (4 − 4a) · 2
x−1
− a
2
+ 2a − 1 = 0

имеет три различных корня?
Решение. Перепишем уравнение так:
2 4x
− 6 · 2 3x
+ 8 · 2 2x
+ 2(a − 1) · 2
x
− (a − 1)
2
= 0.
Делаем замену t = 2
x и, кроме того, вводим новый параметр b = a − 1:
t
4
− 6t
3
+ 8t
2
+ 2bt − b
2
= 0.
Наш единственный шанс справиться с уравнением четвёртой степени — искать разложение левой части на множители. Преобразуем её следующим образом
2
:
t
4
− 6t
3
+ 8t
2
+ 2bt − b
2
= t
4
− 6t
3
+ 9t
2
− t
2
+ 2bt − b
2
= t
2
(t
2
− 6t + 9) − (t
2
− 2bt + t
2
) =
= t
2
(t − 3)
2
− (t − b)
2
= (t(t − 3) − (t − b)) (t(t − 3) + (t − b)) =
= (t
2
− 4t + b)(t
2
− 2t − b).
Таким образом, приходим к уравнению:
(t
2
− 4t + b)(t
2
− 2t − b) = 0.
(17)
Когда x пробегает множество R, переменная t пробегает множество (0; +∞). Поэтому экви- валентная переформулировка исходной задачи такова: при каких b уравнение (
17

) имеет три различных положительных корня?
Уравнение (
17
) равносильно совокупности двух квадратных уравнений:
t
2
− 4t + b = 0,
(18)
t
2
− 2t − b = 0,
(19)
и имеет самое большее четыре корня.
Отметим сразу, что уравнение (
17
) не может иметь четырёх положительных корней (а такой случай логически возможен: ведь в условии исходной задачи не сказано, что корней должно быть ровно три). В самом деле, произведение корней уравнения (
18
) равно b, а произведение корней уравнения (
19
) равно −b; эти два произведения не могут быть одновременно положи- тельными ни при каком b.
Если дискриминант хотя бы одного из уравнений (
18
), (
19
) отрицателен, то совокупность этих уравнений имеет самое большее два корня. Следовательно, оба дискриминанта должны быть неотрицательными:
4 − b
0,
1 + b
0

−1
b
4.
Более того, случаи равенства нулю какого-либо дискриминанта исключаются. В самом деле,
если b = −1, то уравнение (
18
) принимает вид t
2
− 4t − 1 = 0 и имеет ровно один положи- тельный корень (поскольку произведение корней равно −1), а уравнение (
19
) принимает вид
(t − 1)
2
= 0 и также имеет ровно один положительный корень (равный 1); всего получается два
2
На экзамене нижеследующие выкладки можно оставить в черновике, а в чистовике просто написать:
«Нетрудно проверить, что t
4
− 6t
3
+ 8t
2
+ 2bt − b
2
= (t
2
− 4t + b)(t
2
− 2t − b)». Не смущайтесь, ничего кри- минального тут нет. Вы не обязаны объяснять, как получено это равенство. Каждый может убедиться в его справедливости непосредственным вычислением — и точка.
6
положительных корня, так что b = −1 не годится. Если же b = 4, то уравнение (
18
) принимает вид (t − 2)
2
= 0 и имеет ровно один положительный корень, а уравнение (
19
) принимает вид t
2
− 2t − 4 = 0 и также имеет ровно один положительный корень; снова получаются только два положительных корня, и b = 4 также не годится.
Таким образом, мы ограничены множеством
− 1 < b < 4
(20)
возможных значений параметра b. При этих b оба дискриминанта положительны, и каждое уравнение (
18
), (
19
) имеет два корня.
Выясним, при каких b уравнения (
18
) и (
19
) могут иметь общий корень. Запишем систему этих уравнений:
t
2
− 4t + b = 0,
t
2
− 2t − b = 0,
и вычтем из первого второе: −2t + 2b = 0, то есть t = b. Подставляя это в любое из уравнений системы, получим b
2
− 3b = 0, откуда b = 0 или b = 3. Оба этих значения b принадлежат множеству (
20
) и поэтому будут ниже рассмотрены отдельно.
Итак, последовательно рассматриваем случаи, исчерпывающие всё множество (
20
) возмож- ных значений b.
• −1 < b < 0.
Уравнение (
18
) имеет ровно один положительный корень (поскольку произведение корней равно b < 0).
Уравнение (
19
) имеет два положительных корня (поскольку сумма корней равна 2 > 0 и произведение корней равно −b > 0).
Всего получается три различных положительных корня (совпадений корней нет, так как в рассматриваемом случае b = 0, 3). Следовательно, интервал −1 < b < 0 нам подходит.
• b = 0.
Уравнения (
18
) и (
19
) принимают вид t
2
− 4t = 0 и t
2
− 2t = 0 соответственно. Их сово- купность имеет два положительных корня (2 и 4), так что b = 0 не годится.
• 0 < b < 3 и 3 < b < 4.
Уравнение (
18
) имеет два положительных корня, уравнение (
19
) имеет ровно один по- ложительный корень. Всего имеем три положительных корня (совпадений нет), так что интервалы 0 < b < 3 и 3 < b < 4 нам подходят.
• b = 3.
Уравнение (
18
) принимает вид t
2
−4t+3 = 0 и имеет корни 1 и 3. Уравнение (
19
) принимает вид t
2
− 2t − 3 = 0 и имеет корни −1 и 3. Всего получается два положительных корня, так что b = 3 не подходит.
Итак, подходящие интервалы значений b: −1 < b < 0, 0 < b < 3, 3 < b < 4. Вспоминая, что a = b + 1, получаем искомое множество значений параметра a: 0 < a < 1, 1 < a < 4, 4 < a < 5.
Ответ: a ∈ (0; 1) ∪ (1; 4) ∪ (4; 5).
7

перейти в каталог файлов
связь с админом