10 класс - Параметры в ЕГЭ

Элективный курс по теме: «Параметры»
10 класс по алгебре и началам анализа.
2012-2013 учебный год.
Учитель математики МБОУ СОШ №3
Солдатова Л.В.
1
Программа.
№
Тема занятий
заняти
й
1-2.
Обратная пропорциональность:
Функция n-ой степени:
3-6
уравнения
7
неравенства
Тригонометрическая функция:
8-12
уравнения
13-15
неравенства
16-17
комбинированные
Количеств
Сроки
о часов
прохождения
2
4
1
5
3
2
2
I.
Обратная пропорциональность.
Занятие 1-2.
Пример 1.
|х+1|
Сколько корней имеет уравнение |х|−1 = 𝑥 2 + а в зависимости от а?
Построим графики двух функций:
|х+1|
и у = 𝑥 2 + а.
У=|х|−1
|х+1|
1) У=|х|−1 х≠ ±1.
(−∞; −1)
-
Х+1
х
−х−1
У=
−х−1
(−∞; −1)
=1
У=
(−1; 0)
+
-
х+1
−х−1
]−1; 0]
=-1
(0; 1)
+
+
(1; ∞)
+
+
(0; 1) ∪ (1; ∞)
2
=1+
х+1
У=
х−1
х−1
1, если х ∈ (−∞; −1)
−1, если х ∈ ]−1; 0]
Кусочный график: у(х) = {
.
2
1+
, если х ∈ (0; 1) ∪ (1; ∞)
х−1
2
у = 𝑥 + а квадратичная функция с переносом параболы вдоль оси ОУ вверх,
если а> 0 или вниз, если а < 0.
Покажем схематично расположение графиков в координатной плоскости:
у
1
-1
-1
а≥0
-1< а < 0
а=-1 и а< −2
-2< а < −1
1
х
Один корень
Два корня
Три корня
Четыре корня
3
Пример 2.
|х−1|
Сколько корней имеет уравнение |х|−1 = −х + а в зависимости от а?
Построим графики двух функций:
|х−1|
У=|х|−1
и у = −х + а.
|х−1|
2) У=|х|−1 х≠ ±1.
(−∞; −1)
-
Х-1
х
(−∞; −1)
−2
= =1+
−х+1 х−1
У=
−х−1 х+1
х+1
(−1; 0)
-
(0; 1)
+
(−1; 0)
−2
= =1+
(0; 1)
У=
=-1
−х+1 х−1
У=
−х−1 х+1
Кусочный график: у(х) = {
1+
−2
х−1
(1; ∞)
У= =1
−х+1
х+1
(1; ∞)
+
+
х−1
х−1
х−1
1, если х ∈ (1; ∞)
−1, если х ∈ (0; 1)
.
, если х ∈ (−∞; −1) ∪ (−1; 0)
у = −х + а прямая пропорциональная функция с переносом прямой вдоль оси
ОУ вверх, если а> 0 или вниз, если а < 0.
Покажем схематично расположение графиков в координатной плоскости:
у
1
1
-1
х
-1
0≤а≤2
а∈ (−∞; 0) ∪ (2; ∞)
Один корень
Два корня
4
Пример 3.
|х+2|
Сколько корней имеет уравнение: |х|−2 = |х| + а?
Построим графики двух функций:
|х+2|
и у = |х| + а.
У=|х|−2
|х+2|
3) у=|х|−2 х≠ ±2.
(−∞; −2)
-
Х+2
х
−х−2
У=
−х−2
(−∞; −2)
=1
У=
Кусочный график: у(х) = {
(−2; 0)
+
-
х+2
−х−2
(−2; 0)
=-1
(0; 2)
+
+
(2; ∞)
+
+
[0; 2[ ∪ (2; ∞)
4
=1+
х+1
У=
х−1
х−2
у = 1, если х ∈ (−∞; −2)
у = −1, если х ∈ (−2; 0)
у=1+
4
х−2
.
, если х ∈ (0; 2) ∪ (2; ∞)
у = |х| + а функция с модулем и переносом графика вдоль оси ОУ вверх, если
а> 0 или вниз, если а < 0.
Покажем схематично расположение графиков в координатной плоскости:
у
1
-2
-1
а ∈ (−1; ∞)
а=-1
2
х
Один корень
Два корня
5
а∈ ]−∞; −3]
-3< а < −1
Три корня
Четыре корня
II.
Функция n-ой степени.
Уравнения.
Занятие 3-6.
Пример 1.
1
Найдите все значения параметра а, для которых функция f(x)= 𝑎𝑥 3 −
3
2
(𝑎 − 3)𝑥 + (2𝑎 − 6)𝑥 − 𝑎 является возрастающей на всей числовой прямой и
при этом не имеет критических точек.
Условие 𝑓 / (𝑥) > 0.
𝑓 / (𝑥) = 𝑎𝑥 2 − 2(𝑎 − 3)𝑥 + (2𝑎 − 6).
1) 𝑎 = 0, то𝑓 / (𝑥) =6х-6; 6х-6> 0; х > 1;
а>0
𝑎>0
𝑎>0
2) а≠ 0, то 𝑓 / (𝑥) > 0; ⇒ {𝐷 < 0; {(𝑎
;{ 2
;
2
+ 3) − 4(2𝑎 − 6) < 0 −𝑎 + 9 < 0
4
𝑎>0
{ 𝑎 < −3; a∈ (3; ∞).
|
𝑎>3
Ответ:a∈ (3; ∞).
Пример 2.
Решите уравнение 𝑥 4 − 2ах + х + а2 − а = 0, где а − параметр.
Решение:
Относительно переменной х заданное уравнение - четвертой степени, и
формул для его решения нет. Относительно а - уравнение квадратное.
Считая а переменной, получим: а2 − (2𝑥 2 + 1)а + 𝑥 4 + х = 0.
D=(2𝑥 2 + 1)2 − 4𝑥 4 − 4𝑥 = 4𝑥 4 + 4𝑥 2 + 1 − 4𝑥 4 − 4𝑥 = 4𝑥 2 − 4𝑥 + 1 =
(2𝑥 − 1)2 .
|
𝑎1 =
2𝑥 2 +1+(2𝑥−1)
𝑎2 =
=
2𝑥 2 +1+2𝑥−1
2
2𝑥 2 +1−2𝑥+1
2
2
= 𝑥2 + 𝑥
2
;рассмотрим
совокупность
двух
=𝑥 −𝑥+1
уравнений:
−1±√1+4а
1
х1,2 =
, где а ≥ −
а
=
𝑥
+
х
𝑥
+
х
−
а
=
0
2
4
⇔| 2
⇔[
.
|
2
1±
4а−3
3
√
а=𝑥 −х+1
𝑥 −х+1−а =0
х3,4 =
, где а ≥
2
2
2
4
1
Ответ: если а∈ (−∞; − ), то х ∈ ∅;
4
1
1
4
2
если а = − , то х =- ;
6
1 3
−1±√1+4а
;
2
1
х2 = ;
2
если а ∈ (− ; ) , то х1,2 =
4 4
3
1
4
3
2
если а = , то х1 = −1 и
если а ∈ ( ; ∞) , то х1,2 =
4
−1±√1+4а
2
и х3,4 =
1±√4а−3
.
2
Пример 3.
При какиз значениях параметра а уравнение а𝑥 4 + 2(а + 1)𝑥 2 + 9а + 4 = 0
имеет только два различных действительных корня?
Решение:
Пусть 𝑥 2 = 𝑡, где 𝑡 ≥ 0. Заданное уравнение примет вид:
a𝑡 2 + 2(𝑎 + 1)𝑡 + 9𝑎 + 4 = 0,
D=4(𝑎 + 1)2 − 36𝑎2 − 16𝑎 = 4а2 + 8𝑎 + 4 − 36а2 − 16𝑎 = −4(8а2 + 2𝑎 − 1).
Рассмотрим три случая:
1) D=0 при а=-1/2 и а=1/4. Корни:𝑡1 = 𝑡2 =
−2(а+1)
2а
=−
а+1
а
.
Если a=-1/2 , то 𝑡1 = 1 (𝑡1 > 0).𝑥 2 = 1 и 𝑥 ∈ {−1; 1}
Если а=1/4, то 𝑡1 = −5 не удовлетворяет условию 𝑡 ≥ 0.
1
1
2) D< 0 при а ∈ (−∞; − ) ∪ ( ; ∞).
2
4
Положительных решений уравнение не имеет, т.е. t< 0.
1 1
3) Если а∈ (− ; ), то D> 0.Уравнение имеет два корня 𝑡1 и 𝑡2 . Заданное
2 4
уравнение будет иметь два корня в том случае, когда 𝑡1 и 𝑡2 имеют разные
знаки, т.е. 𝑡1 × 𝑡2 < 0.
С
По теореме Виета 𝑡1 × 𝑡2 = , в данном случае: 𝑡1 × 𝑡2 =
Выясним, когда
9а+4
а
<0⇔
А
9а+4
а
9а+4
а
.
4
< 0 ⇔ а ∈ (− ; 0).
9
2
Если 𝑡1 < 0, то уравнение 𝑥 = 𝑡1 − не имеет решений.
Если𝑡2 > 0, то 𝑥 2 = 𝑡2 и х = ±√𝑡2 , −два различных корня.
4
1
9
2
Ответ: При а∈ (− ; 0) и а = − .
Пример 4.
Решите уравнение 𝑥 4 + а4 − 3а𝑥 3 + 3а3 х = 0, где а- параметр.
Решение:
𝑥 4 + а4 − 3а𝑥 3 + 3а3 х + 2а2 𝑥 2 = 2а2 𝑥 2 ;
(𝑥 2 − а2 )2 + 2а2 𝑥 2 − 3ах(𝑥 2 − а2 ) = 0; Пусть ах = у, тогда
2у2 − 3(𝑥 2 − а2 )у + (𝑥 2 − а2 )2 = 0;
у1 =
𝑥 2 −а2
2
;(ах −
[
2
2
у2 = 𝑥 − а
𝑥 2 −а2
2
) [ах − (𝑥 2 − а2 )] = 0;
7
х1 = а(1 + √2)
х2 = а(1 − √2)
2
2
[𝑥 2− 2ах − а2 = 0;
.
а
𝑥 − ах − а = 0 х3 = 2 (1 + √5)
а
[х4 = 2 (1 − √5)
а
а
Ответ: х∈ {а(1 − √2); (1 − √5); а(1 + √2); (1 + √5)}.
2
2
Пример 5.
При каких значениях параметра а, уравнение 𝑥 4 − а𝑥 3 − (2а + 1)𝑥 2 + ах + 1 = 0
имеет не менее двух корней, больших единицы?
Решение:
Разделим обе части уравнения на 𝑥 2 (х ≠ 0), получим уравнение
1 2
1
(х − х ) − а (х − х ) − 2а + 1 = 0;
1
а±√а2 +8а−4
х
2
у = х − , у2 − ау − 2а + 1 = 0; у1,2 =
у1 = х −
[
у2 = х −
1
х
1;
х
;
𝑥 2 − у1 х − 1 = 0
.
[ 2
𝑥 − у2 х − 1 = 0
Замечая, что у этих уравнений свободный член отрицателен, приходим к выводу
что они обязательно имеют по одному отрицатльному корню.
Таким образом, задача будет решена, если мы найдем значения параметра а,
при которых положительные корни уравнений будут больше единицы,
а для этого, очевидно, должны выполнться условия 𝑓1 (1) = −𝑦1 < 0 и
𝑓2 (1) = −𝑦2 < 0, где 𝑓1 и 𝑓2 - это, соответственно, левые части уравнений
𝑥 2 − у1 х − 1 < 0
.
[ 2
𝑥 − у2 х − 1 < 0
Решение двух последних неравенств равносильно решению неравенства
1
а − √а2 + 8а − 4 > 0, решая которое, находим, что а ∈ (−4 + 2√5; ).
2
1
Ответ: а ∈ (−4 + 2√5; ).
2
Пример 6.
В зависимости от значений параметра а, определить количество корней
уравнения 𝑥 4 + (1 − 2а)𝑥 2 + а2 − 1 = 0.
Решение:
У=𝑥 2 , у2 + (1 − 2а)у + а2 − 1 = 0;
8
у1 =
[
у2 =
2а−1+√5−4а
2
;
2а−1−√5−4а
Таким образом, уравнение будет иметь четыре корня, если
2
значения параметра а удовлетворяют системе неравенств
5 − 4а > 0
Решая последнюю систему, получаем, что а
{2а − 1 − √5 − 4а
>0
2
5
∈ (1; ).
4
Очевидно также, что исходное имеет три корня, если значения параметра а
2
удовлетворяют системе { а − 1 = 0 , т.е., если а=1.
1 − 2а < 0
Далее, уравнение имеет два корня, если значения параметра а удовлетворяют
2а−1+√5−4а
или системе неравенств
2
{
2а−1−√5−4а
2
>0
5 − 4а = 0
, или системе {
.
2а − 1 > 0
<0
В первом случае − 1 < а < 1, а во втором − а = 5/4.
2
теперь, если значения параметра а удовлетворяют системе { а − 1 = 0 ,
1 − 2а > 0
т. е. , есди а = −1, то исходное уравнениеимеет одно решение.
Уравнение не будет иметь решений при тех значениях параметра а,
5 − 4а < 0
которые удовлетворяют совокупности [ 5 − 4а > 0 .
{2а−1+√5−4а
<0
2
5
Ответ: если 1< а < , то четыре корня;
4
если а = 1, то три корня;
5
если − 1 < а < 1, а = , то два корня;
4
если а =−1, то один корень;
5
если а ∈ (−∞; −1) ∪ ( ; ∞) , то нет корней.
4
Пример 7.
В зависимости от значений параметра а найдите наименьший корень
уравнения х3 + 2а𝑥 2 − (а + 1)2 х − 2а(а + 1)2 = 0.
Решение:
используя специфику уравнения, перепишим его в виде
(х + 2а)(х − а − 1)(х + а + 1) = 0.
9
х1 = −а − 1
[ х2 = а + 1 .
х3 = −2а
1)Найдем теперь те значения параметра а, при которых наименьшим корнем
является корень х1 . Для этого решим систему {– а − 1 < а + 1.
−а − 1 < −2а
Находим, что −1< а < 1.
2)Есди предположить, что наименьшим является корень х2 , то в этом
а + 1 < −а − 1
случае решаем систему{
и находим, что а< −1.
а + 1 < −2а
−2а < а + 1
3)Решимсистему {
. Находим, что а> 1.
−2а < −а − 1
Ответ: если а ∈ ]−∞; −1], то х = а + 1;
если а ∈ (−1; 1), то х = −а − 1;
если а∈ [1; ∞[, то х = −2а.
Пример 8.
При каких значениях параметра а, больший корень уравнения
𝑥 2 − а(а + 1)х + а3 = 0 больше
1
2
?
Решение:
Исходное уравнение имеет корни: х = а и х =а2 .
Чтобы найти требуемые в задаче значения параметра а, решаем систему
а − 2х0 = 0
.
{ 3
2х0 − 3ах20 − 2х0 + 3а = 0
1
а ∈ ( ; 1)
.[
а∈
2
√2
(−∞; − 2 )
∪ (1; ∞)
Ответ: а∈ (−∞; −
√2
)
2
1
∪ ( ; 1) ∪ (1; ∞).
2
Пример 9.
При каких значениях параметра а корни уравнения 𝑥 3 + а𝑥 2 + 14х + 8 = 0
составляют геометрическую прогрессию?
Решение:
Пусть 𝑥0 , 𝑥0 𝑞, 𝑥0 𝑞 2 –корни уравнения, составляющие
прогрессию, гдеq – знаменатель прогрессии.
Тогда 𝑥 3 + а𝑥 2 + 14х + 8 = (х − х0 )(х − 𝑥0 𝑞)(𝑥 − 𝑥0 𝑞 2 ).
геометрическую
10
Раскрывая скобки в правой части полученного равенства, приводя подобные и
приравнивая в уравнении коэффициенты при одинаковых степенях х, получим
𝑥0 + 𝑥0 𝑞 + 𝑥0 𝑞 2 = −𝑎
систему {𝑥02 𝑞 + 𝑥02 𝑞 2 + 𝑥02 𝑞 3 = 14.
𝑥03 𝑞 3 = −8
𝑎
𝑥0 (1 + 𝑞 + 𝑞 2 ) = −𝑎 1
=
−
𝑎𝑥0 𝑞 = −14
3
3
14 ; {
{𝑥02 𝑞(1 + 𝑞 + 𝑞 2 ) = 14;{ 𝑥0 𝑞
3
3 , 𝑎 = 7 , a=7.
(𝑎𝑥
𝑞)
=
−8𝑎
3 3
0
𝑥0 𝑞 = −8
𝑥03 𝑞 3 = −8
Ответ: а=7.
Пример 10.
При каких значениях параметра а три корня уравнения
𝑥 3 + 6𝑥 2 + 11х + а = 0 образуютют арифметическую прогрессию?
Решение:
Пусть 𝑥1 = 𝑝 − 𝑑, 𝑥2 = 𝑝, 𝑥3 = 𝑝 + 𝑑- корни уравнения, составляющие
арифметическую прогрессию, где d– разность прогрессии. Тогда верно
равенство 𝑥 3 + 6𝑥 2 + 11 х + а = (х − 𝑝 + 𝑑)(𝑥 − 𝑝)(𝑥 − 𝑝 − 𝑑)=(𝑥 2 − 2𝑝𝑥 +
𝑝2 − 𝑑 2 )(𝑥 − 𝑝) = 𝑥 3 − 2𝑝𝑥 2 + 𝑝2 𝑥 − 𝑑 2 𝑥 − 𝑝𝑥 2 + 2𝑝2 𝑥 − 𝑝3 + 𝑑 2 𝑝 = 𝑥 3 −
3𝑝𝑥 2 + (3𝑝2 − 𝑑 2 )𝑥 − 𝑝3 + 𝑑 2 𝑝.
-3p=6, p=-2.
Подставим в исходное уравнение х2 = −2, получим -8+6× (−2)2 + 11(−2) +
а = 0, а=6.
Ответ: а=6.
Пример 11.
При каких а уравнение 𝑥 3 − х = а(𝑥 3 + х) имеет ровно три корня?
Решение:
Данное уравнение равносильно совокупности
х=0
х=0
;[ 2
.
[ 2
2
𝑥 − 1 = а(𝑥 + 1) 𝑥 (а − 1) = −а − 1
1)если а=1, то второе уравнение не имеет корней, следовательно, исходное
уравнение имеет один корень, что не подходит.
4) если а≠ 1, то 𝑥 2 =
а+1
1−а
а+1
1−а
. Наличие трех корней достигается при
> 0, т. е. −1 < а < 1.
Ответ: − 1 < а < 1.
Пример 12.
При каких значениях параметра а произведение корней уравнения
(х + 2а)(𝑥 2 − а2 − 2а − 1) = 0 меньшенаименьшего корня этого уравнения?
Решение:
11
Корни данного уравнения:х1 = −2а, х2 = а + 1, х3 = −(а + 1).
х1 × х2 × х3 = 2а(а + 1)2. Сравнивая полученные значения, устанавливаем, что
х1 является наименьшим корнем, если а > 1,
х2 является наименьшим корнем, если а < −1,
х3 является наименьшим корнем, если − 1 < а < 1;
При а = 1 х1 = х2 , при а=-1 х2 = х3 .
Искомые значения параметра найдем, решив совокупность трех систем:
а < −1
{
2а(а + 1)2 < а + 1
1+√3
а
<
−
−1 ≤ а < 1
2
{
; [ а=∅ .
2
2а(а + 1) < −(а + 1)
а=∅
а≥1
{
2
[ 2а(а + 1) < −2а
Ответ: а< −
1+√3
2
.
Пример 13.
При каких значениях а все три корня уравнения
𝑥 3 − ах + 2а + 32 = 0 действительные?
Решение:
1) при х = 2 данное уравнение не имеет корней ни при каких значениях
параметра а.
𝑥 3 +32
𝑥 3 +32
х−2
2(х−4)(𝑥 2 +х+4)
х−2
Запишем а =
а/ (х) =
(х−2)2
. Имеем а(х)=
.
.
функция а(х)убывает на каждом из промежутков (−∞; 2) и ]2; 4],
возрастает на [4; ∞[, причем х = 4 − точка минимума, а(4) = 48.
а
а(х)
48
2
4
х
-16
При а> 48 все три корня действительные. Ответ: а> 48.
12
Неравенства.
Занятие 7.
Пример 1.
Найдите все значения х, при которых неравенство (2 − а)𝑥 3 + (1 − 2а)𝑥 2 −
6х + 5 + 4а − а2 < 0 справедливо хотя бы для одного значения параметра
а из промежутка [−1; 2].
Решение:
𝑓(𝑎) = а2 + (𝑥 3 + 2𝑥 2 − 4)а − (2𝑥 3 + 𝑥 2 − 6х + 5) > 0, где х считаем
параметром. А тогда требования не будут выполняться, если отрезок
[−1; 2] лежит на вещественной оси между конями трехчлена 𝑓(𝑎), т.е.если
𝑓(−1) = −3х(х + 2)(х − 1) ≤ 0
совместна система {
;
𝑓(2) = 3(х + 3)(х − 1) ≤ 0
х∈ [−2; 0] ∪ {1}. Поэтому дополнение к выписанному множеству и будет
решением задачи.
Ответ: х ∈ (−∞; −2) ∪ (0; 1) ∪ (1; ∞).
Пример 2.
Для каждого неотрицательного значения параметра а решить неравенство
а3 𝑥 4 + 6а2 𝑥 2 − х + 9а + 3 ≥ 0.
Решение:
Левую часть (обозначим её 𝑓(𝑥; a)) надо разложить на множители. Для
этого решим уравнение 𝑓(𝑥;a)=0.
Умножим на а уравнение а4 𝑥 4 + 6а3 𝑥 2 − ах + 9а2 + 3а = 0. Пусть ах=р, тогда
р4 + 6ар2 − р + 9а2 + 3а = 0.Рассмотрим это уравнение как квадратное
р2 +р+1
а=−
3
2
2
4
(6р
относительно а 9а +
+ 3)а + р − р = 0.[
.
−р2 +р
а=
3
1)Если а = 0, то неравенство имеет решение х ∈ ]−∞; 3].
2)Если а > 0, то а4 𝑥 4 + 6а3 𝑥 2 − ах + 9а2 + 3а ≥ 0.
(а2 𝑥 2 + ах + 3а + 1)(а2 𝑥 2 − х + 3) ≥ 0.
а2 𝑥 2 + ах + 3а + 1 дискриминант этого квадратного трехчлена равен −
а2 (12а + 3). Очевидно, что если а > 0, то 𝐷 < 0.
Следовательно, а2 𝑥 2 + ах + 3а + 1 > 0 при всех х.
Значит, при а > 0 а2 𝑥 2 − х + 3 ≥ 0 ; 𝐷 = 1 − 12а. Значит, а≥
1
12
.
Последнее неравенство выполняется для всех х.
Если 0 < а <
1
12
, то х ∈ ]−∞;
1−√1−12а
]
2а
∪[
1+√1−12а
; ∞[.
2а
13
Ответ: если а=0, то х ∈ ]−∞; 3];
если 0 < а <
1
12
, то х ∈ ]−∞;
1−√1−12а
2а
]∪[
1+√1−12а
2а
; ∞[;
1
если а ∈ [ ; ∞[, то х∈ 𝑅.
12
III.
Тригонометрическая функция.
Занятия 8-12.
1) Уравнения:
Пример 1.
sin х − √а = cos 2х + 2.
Решение:
cos 2х + 2 наименьшее значение равно 1, sin х − √а = 1 при а = 0, sin 𝑥 =
𝜋
1 наибольшее значение, х = + 2𝜋к, где к ∈ 𝑍.
2
Второй способ:
sin х − √а = 1 − 2 sin2 х + 2; 2sin2 х + sin х − √а − 3 = 0; sin х = р, р∈ [−1; 1]
2р2 + р − √а − 3 = 0;
р1 =
−1−√8√а+25
4
[
;р1 < −1.
−1+√8√а+25
р2 =
4
р2 : 1) при а = 0 р2 = 1;
2) при а > 0 р2 > 1;
3) приа < 0 р2 = ∅.
𝜋
Отсюда sin х = 1 и х = + 2𝜋к, где к ∈ 𝑍.
𝜋
2
Ответ: х = + 2𝜋к, где к ∈ 𝑍.
2
Пример 2.
Найдите все значения а, при которых уравнение cos 4 х − (а + 2) cos 2 х −
а − 3 = 0 имеет решение. Укажите эти решения.
cos 2 х = р, р ∈ [0; 1].
р2 − (а + 2)р − а − 3 = 0, D≥ 0 при (а + 2)2 + 4(а + 2) ≥ 0;
а2 + 8а + 16 ≥ 0; (а + 4)2 ≥ 0, а- любое число.
р = −1 не уд.
; 0≤ а + 3 ≤ 1; −3 ≤ а ≤ −2;
[ 1
р2 = а + 3
14
cos 2 х = а + 3;cos х = ±√а + 3;
х=±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√𝑎 + 3 + 𝜋𝑘 и х = ±(𝜋 −
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√𝑎 + 3) + 𝜋𝑛, k, 𝑛 ∈ 𝑍.
Ответ: при а∈ [−3; −2]х=±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√𝑎 + 3 + 𝜋𝑘 и
х = ±(𝜋 − 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√𝑎 + 3) + 𝜋𝑛, гдеk, 𝑛 ∈ 𝑍;
при а ∈ (−∞; −3) ∪ (−2; ∞) х∈ ∅.
Пример 3.
Для каждого значения параметра а найдите решение уравнения 4 cos 2 х −
4(а + 2) cos х + а2 + 4а = 0.
Решение:
cos х = р; 4р2 − 4(а + 2)р + а2 + 4а = 0;
𝐷
4
≥ 0; 4(а + 2)2 − 4(а2 + 4а) = 4а2 + 16а + 16 − 4а2 − 16а = 16.
р1 =
а
2
[
а+4;
р2 =
2
cos х =
а
а
𝑎
−1 ≤ ≤ 1
𝑥1 = ±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 + 2𝜋𝑛
−2 ≤ а ≤ 2
2
2
2
;
;
[
;
.
[
[
а+4 [
а+4
𝑎+4
cos х =
−1 ≤
≤ 1 −6 ≤ а ≤ −2 𝑥2 = ±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
+
2𝜋𝑘
2
2
2
Ответ: при а∈ (−∞; −6) ∪ (2; ∞) х ∈ ∅;
при а∈ [−6; −2] х = ± 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝑎+4
𝑎
2
+ 2𝜋𝑘;
при а∈ [−2; 2] х = ± 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 + 2𝜋𝑛, где k, 𝑛 ∈ 𝑍.
2
Пример 4.
Найдите все значения а, при которых число 2 является корнем уравнения:
(а − 3𝑥 2 − cos
11𝜋х
4
) √8 − ах = 0.
Х=2.Получим уравнение : (а − 12 − cos
11𝜋
2
) √8 − 2а = 0; (а-12)√8 − 2а=0;
а = 12
{
[ а ≤ 4 ; а=4.
а=4
Ответ: а=4.
Пример 5.
Решите уравнение sin х = а sin 3х.
sin3 х = 3 sin х − 4 sin3 х; sin х = а(3 sin х − 4 sin3 х) ; sin х (1 − 3а +
4а sin2 х) = 0.
х = 𝜋𝑛
sin х = 0
[
;[
;
2
1 − 3а + 4а sin х = 0 4а sin2 х = 3а − 1
1) а=0, то 0sin2 х = −1 , х∈ ∅;
2) а≠ 0, то sin2 х =
3а−1
4а
;
1−cos 2х
2
=
3а−1
3а−1
4а
2а
; 1-cos 2х =
; cos 2х =
1−а
2а
.
15
1−а
-1≤
1−а
2а
≤ 1;
2а
{1−а
2а
1
−1≤0
+1≥0
1−3а
2а
{ 1+а
;
2а
1
≤0
а ∈ (−∞; 0) ∪ ( ; ∞)
3
;{
;
≥ 0 а ∈ (−∞; −1) ∪ (0; ∞)
а∈ (−∞; −1) ∪ ( ; ∞).
3
1
1−а
3
2а
При а∈ ]−∞; −1] ∪ [ ; ∞[ 2х=±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
1
1−𝑎
2
2𝑎
+ 2𝜋к; 𝑥 = ± 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
1
1
1−𝑎
3
2
2𝑎
Ответ: при а∈ ]−∞; −1] ∪ [ ; ∞[ 𝑥 = ± 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
+ 𝜋𝑘.
+ 𝜋𝑘, х = 𝜋𝑛;
1
при а(−1; ) х = 𝜋𝑛, где k, 𝑛 ∈ 𝑍.
3
Пример 6.
Решить уравнение sin 2х = 2а − 4.
Решение:
Уравнение имеет смысли решение при условии, что -1≤ 2а − 4 ≤ 1; 3 ≤ 2а ≤
5, т. е. а ∈ [1,5; 2,5]. При этом 2х=(−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛(2𝑎 − 4) + 𝜋𝑘; 𝑥 =
𝜋
(−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛(2𝑎 − 4) + 𝑘.
2
𝜋
Ответ: если а ∈ [1,5; 2,5], то𝑥 = (−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛(2𝑎 − 4) + 𝑘, где к ∈ 𝑍;
2
если а ∈ (−∞; 1,5) ∪ (2,5; ∞), то х ∈ ∅.
Пример 7.
Решите уравнениеcos 2 х − (а + 4) cos х + 3а + 3 = 0.
Решение:
Обозначимcos 2 х = р, где р∈ [−1; 1].
Тогда получим уравнение р2 − (а + 4)р + 3(а + 1)=0.
По теореме Виета р1 = а + 1, р2 = 3.
cos 2 х = а + 1
; -1≤ а + 1 ≤ 1; −2 ≤ а ≤ 0; а ∈ [−2; 0] ⇒
[ 2
cos х = 3 решений нет
х = ± arccos(𝑎 + 1) + 2𝜋𝑘.
Ответ: если а∈ [−2; 0], то х = ± arccos(𝑎 + 1) + 2𝜋𝑘,
если а∈ (−∞; −2) ∪ (0; ∞), то х ∈ ∅.
Пример 8.
Решите уравнение cos 2 х =
а−2
2
.
Решение:
0≤
а−2
2
≤ 1; 2 ≤ а ≤ 4 ,
16
cos х = √
а−2
тогда
[
cos х = −√
2
𝑥1 = ±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√
⇒
а−2
2
𝑎−2
[
2
𝑥2 = ± (𝜋 − 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√
Ответ: если а∈ [2; 4], то 𝑥1 = ±𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√
𝑎−2
2
+ 2𝜋𝑛
𝑓−2
2
, где k, 𝑛 ∈ 𝑍.
) + 2𝜋𝑘
+ 2𝜋𝑛 и
а−2
𝑥2 = ± (𝜋 − 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√
) + 2𝜋𝑘;
2
если а∈ (−∞; 2) ∪ (4; ∞), то х ∈ ∅.
Пример 9.
Решите уравнение sin2 х = а sin х.
Решение:
х = 𝜋𝑛
sin х = 0
sin х (sin х − а) = 0; [
; [𝑥 = (−1)2 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑎 + 𝜋𝑘 , где k, 𝑛 ∈ 𝑍.
sin х = а
Ответ: если а∈ [−1; 1], то 𝑥 = (−1)2 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑎 + 𝜋𝑘 и х = 𝜋𝑛, где k, 𝑛 ∈ 𝑍.
если а∈ (−∞; −1) ∪ (1; ∞), то х ∈ ∅.
Пример 10.
При каких значениях р уравнение 4cos 2 х + 5р sin х − р2 = 4 имеет решение?
Найти решения для каждого значения р.
Решение:
4(1−sin2 х) + 5р sin х − р2 − 4 = 0.
Пусть sin х = у, где |у| ≤ 1, тогда 4 − 4у + 5ру − р2 − 4 = 0;
4у2 − 5ру + р2 = 0; 𝐷 = 25𝑃2 − 16𝑃2 = 9𝑃2 ;
1
1
𝑌 = 𝑃 −1 ≤ 𝑃 ≤ 1
4
; 𝑃 ∈ [−4; 4] ∪ [−1; 1] = [−4; 4].
[ 1 4 ;[
𝑌2 = 𝑃
−1 ≤ 𝑃 ≤ 1
р
sin х =
4;
Получаем [
sin х = р
𝑝
если 𝑝 ∈ [−4; −1[ ∪ ]1; 4], то х ∈ (−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 + 𝜋𝑘,
если р∈ [−1; 1], то х ∈
(−1)𝑘
4
𝑝
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 + 𝜋𝑙 и х ∈ (−1)𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑝 + 𝜋𝑛,
4
где 𝑙, 𝑛 ∈ 𝑍.
𝑝
Ответ: если 𝑝 ∈ [−4; −1[ ∪ ]1; 4], то х ∈ (−1)𝑘 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 + 𝜋𝑘,
если р∈ [−1; 1], то х ∈
(−1)𝑘
𝑝
4
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛 + 𝜋𝑙 и х ∈ (−1)𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑝 + 𝜋𝑛,
4
где 𝑙, 𝑛 ∈ 𝑍.
17
Пример 11.
Решить уравнение m(sin2 𝑥 − 5 cos 2 𝑥) = cos 𝑥 √3𝑚2 + 5𝑚2 𝑡𝑞 2 𝑥.
Решение:
m(sin2 𝑥 − 5 cos 2 𝑥) = |𝑚| cos 𝑥 √3 + 5𝑡𝑞 2 𝑥.
Рассмотрим три случая:
1) m=0; в этом случае корнем уравнения будет любое значение переменной х
𝜋
из области определения уравнения, т. е. х - - любое, кроме х= + 𝜋к, к ∈ 𝑍.
2
2) m> 0; получаем (sin2 𝑥 − 5 cos 2 𝑥) = cos 𝑥 √3 + 5𝑡𝑞 2 𝑥.
(sin2 𝑥 − 5 cos 2 𝑥)2 = 3 cos 2 х + 5 sin2 х ; (1 − 6 cos 2 х)2 = 5 − 2 cos 2 х;
18cos 4 х − 5 cos 2 х − 2 = 0;
2
cos 2 х = −
9
;
[
1
cos 2 х =
[
cos х =
2
√2
2
√2
2
;
√2
−
2
cos х =
не подходит. Итак х = ±
3π
4
Проверка устанавливает, что cos х =
+ 2πк, к ∈ Z.
3) m< 0; тогда 5 cos 2 x − sin2 x = cos x √3 + 5tq2 x.Решим
уравнение
π
получим х = ± + 2πк, к ∈ Z.
4
π
Ответ: если m=0, то х - - любое, кроме х = + πк, к ∈ Z,
2
если m> 0, то х = ±
3π
π
4
+ 2πк, к ∈ Z,
если m< 0, то = ± + 2πк, к ∈ Z.
4
Пример 12.
𝜋
Решить уравнение tq4x - tq(2x- ) = 𝑐 − 1.
4
Решение:
Казалось
бы,
переход
к
уравнению
2𝑡𝑞2𝑥
1−𝑡𝑞 2 𝑥
−
𝑡𝑞2𝑥−1
𝑡𝑞2𝑥+1
=с−1−
шаг и естественный, и безобидный. Первое −
да, вторая же оценка неверна. Более внимательный анализ показывает, что
такой переход сужает О.О.У. ровно на множество корней уравнения cos 2х = 0.
Другими словами, возникает опасность потери корней: они могут содержаться
среди чисел
𝜋
4
+
𝜋𝑛
2
, 𝑛 ∈ 𝑍. Поэтому, чтобы решение стало корректным,
необходимо предварительно выяснить, имеет ли исходное уравнение корни
указанного вида.
𝜋
𝜋
Имеем tq(𝜋 + 2𝜋𝑛) − 𝑡𝑞 ( + 𝜋𝑛 − ) = 𝑐 − 1. Отсюда с = 0.
2
4
18
𝜋
𝜋𝑛
4
2
Следовательно, если с = 0, то х = +
- корни исходного уравнения, причем
легко показать, что других корней при таких с нет.
с≠ 0, то
2𝑡𝑞2𝑥
1−𝑡𝑞 2 𝑥
−
𝑡𝑞2𝑥−1
𝑡𝑞2𝑥+1
= с − 1. Пусть 𝑡𝑞2𝑥 = 𝑡. Получаем
2𝑡
1−𝑡 2
−
𝑡−1
𝑡+1
= с − 1;
с−2
𝑡≠1
. Так как с ≠ 0, то 𝑡 2 =
.
{ 2
с
𝑐𝑡 = 𝑐 − 2
с−2
Очевидно
≠ 1. Таким образом, для наличия решений у системы достаточно
с
потребовать, чтобы
с−2
с
≥ 0. Отсюда, если с < 0 или с ≥ 2, то 𝑡 = ±√
1
с−2
2
с
значит, х = ± 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞√
+
𝜋𝑘
2
1
с−2
с
𝜋
2
𝜋𝑛
4
2
то х = +
если с ∈ (0; 2),
Пример 13.
𝑐
, а
.
Ответ: если с∈ (−∞; 0) ∪ [2; ∞[, то х == ± 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞√
если с=0,
𝑐−2
+
𝜋𝑘
2
,
, 𝑛 ∈ 𝑍,
то х∈ ∅.
Определите число корней уравнения
а sin х − 2 а cos х − 2
=
а − 2 cos х а − 2 sin х
на отрезке [20𝜋; 29𝜋].
Решение:
а2 sin х − 2а − 2а sin2 х + 4 sin х = а2 cos х − 2а − 2а cos 2 х + 4 cos х;
а2 (sin х − cos х) − 2а(sin2 х − cos 2 х) + 4(sin х − cos х) = 0;
sin х − cos х = 0
;
[
2а(sin х + cos х) = а2 + 4
2а(sin х + cos х) = а2 + 4.
при а = 0 уравнение не имеет решения. Тогда sin х + cos х =
Имеем |
а2 +4
2а
а
2
2
а
а2 +4
2а
.
| = | + | ≥ 2.
Поэтому последнее уравнение корней не имеет, а значит, совокупность имеет
только решения вида х =
𝜋
4
+ 𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍.
Выясним, при каких а полученные значения переменной являются корнями
одного из уравнений а − 2 cos х = 0 или а − 2 sin х = 0. Это удобно сделать,
представив множество чисел
𝜋
𝜋
4
+ 𝜋𝑛 в виде объединения
5𝜋
{ 4 + 2𝜋𝑚} ∪ { 4 + 2𝜋𝑘} , 𝑚, 𝑘 ∈ 𝑍.
19
Отсюда легко установить, что
x=
π
4
+ 2πm − корни двух последних уравнений, если а = −√2.
Подставив х =
5𝜋
+ 2𝜋к, получим а =√2. Сделав проверку на отрезке
4
[0; 9𝜋] устанавливаем:
1) а = −√2. то уравнение имеет на отрезке [20𝜋; 29𝜋] имеет пять корней;
2) а=√2, то корней четыре;
3) а≠ ±√2, то корней будет девять.
Ответ: если а = −√2, то корней пять;
если а =√2,
то корней четыре;
если а≠ ±√2,
то корней будет девять.
Пример 14.
𝜋
х
Найдите все целые к, при которых уравнение cos кх = 1 + 2 cos 2 ( + ) имеет
4
2
решения. Найти эти решения.
Решение:
𝜋
х
Легко заметить, что cos кх ≤ 1, тогда как 1 + 2 cos 2 ( + ) ≥ 1. Следовательно,
4
2
можно записать систему, равносильную исходному уравнению
cos кх = 1
кх = 2𝜋𝑛
{1 + 2 cos 2 𝜋 + х = 1. Тогда {𝜋 + 𝜋 = 𝜋 + 𝜋𝑚, m,n∈ 𝑍.
(
)
4
4
2
2
2
𝜋
Отсюда к( + 𝜋𝑚) = 2 𝜋𝑛, к(1 + 4𝑚) = 4𝑛. Так как к- целое, а 1+4m не делится
2
нацело на 4, то остается к=4l, где l-целое.
𝜋
Ответ: если к=4l, 𝑙 ∈ 𝑍, то х = + 2𝜋𝑚, 𝑚 ∈ 𝑍;
2
если к≠4l,
то х∈ ∅.
Пример 15.
При каких значениях параметра а уравнение 2𝑥 2 − а ∗ 𝑡𝑞𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑎2 = 0имеет
единственное решение?
Решение:
Так как косинус- функция четная, то если х0 − решение уравнения, то (−х0 )также является решением этого уравнения и, следовательно, условие х=0необходимое условие существования единственного корня данного уравнения.
Подставим х=0 в исходное уравнение, имеем а=0 и а = tq1.
При а = tq1 получаем 2𝑥 2 + 𝑡𝑞 2 1 = tq1tqcosx.
20
Теперь, так как функция тангенс возрастает на промежутке [−1; 1], то
tq1tqcosx.≤ 𝑡𝑞 2 1. С другой стороны 2𝑥 2 + 𝑡𝑞 2 1 ≥ 𝑡𝑞 2 1.
А тогда из неравенст следует, что уравнение равносильно системе
2
2𝑥 + 𝑡𝑞 2 1 = 𝑡𝑞 2 1.
имеет единственное решение х=0.
{
tq1tqcosx = 𝑡𝑞 2 1
Ответ: а∈ {0; 𝑡𝑞1}.
Пример 16.
При каких значениях параметра а уравнение sin х cos 2х sin 3х = а
𝜋 𝜋
Имеет ровно два корня на отрезке [ ; ]?
4 2
Решение:
Запишем данное уравнение в таком виде: cos 2х (cos 2х − cos 4х) = 2а.
Пусть cos 2х = р. Поскольку по условию
𝜋
4
𝜋
≤ х ≤ , то -1≤ р ≤ 0.
2
Получаем уравнение: р(р + 1 − 2р2 ) = 2а или − 2р3 + р2 + р = 2а.
Построим график функции f(p)= −2р3 + р2 + р для -1≤ р ≤ 0.
f(p)
Имеем 𝑓 / (р) = −6р2 + 2р + 1.
Функция убывает на отрезке [−1;
Функция возрастает на отрезке[
1−√7
p=
6
1−√7
].
6
1−√7
6
6
1−√7
− точка минимума, 𝑓 (
6
1−√7
; 0].
)=
0
10−7√7
.
54
Ответ:
10−7√7
108
10−7√7
54
< 2а ≤ 0 или
p
10−7√7
54
Используя график, мы можем решить уравнение f(p)=2а.
Имеем ровно два корня, если
.
10−7√7
108
.
<а≤0.
< а ≤ 0.
21
2)Неравенства:
Занятие 12-14.
Пример 1.
х
Решите неравенство cos < а.
2
Решение:
если а∈ ]−∞; −1] ∪ (1; ∞), то х ∈ ∅;
если |а| < 1, то 2𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠𝑎 + 4𝜋𝑘 < 𝑥 < −4𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠𝑎 + 2𝜋(𝑘 + 1);
если а=1, то х(0 + 4𝜋к; 2𝜋 + 4𝜋к), где к ∈ 𝑍.
Пример 2.
Решить неравенство |𝑡𝑞𝑥| ≥ а.
1) а=0, то |𝑡𝑞𝑥| ≥ 0 ⇒ х = 𝜋к;
𝜋
2) а< 0, то х ∈ 𝑅 и х ≠ + 𝜋р;
2
𝜋
𝜋
2
2
3) а> 0, то х ∈ ]− + 𝜋к; −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘] ∪ [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘; + 𝜋𝑘[.
Ответ: если а=0, то |𝑡𝑞𝑥| ≥ 0 ⇒ х = 𝜋к;
𝜋
если а< 0, то х ∈ 𝑅 и х ≠ + 𝜋к;
2
𝜋
𝜋
2
2
если а> 0, то х ∈ ]− + 𝜋к; −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘] ∪ [𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘; + 𝜋𝑘[.
Пример 3.
При каких значениях а, неравенство 𝑥 2 + 4х cos ах + 4 ≤ 0 имеет решение?
Найти эти решения.
Решение:
𝑥 2 + 4х cos 2 ах + 4 cos 2 ах − 4 cos 2 ах + 4 ≤ 0;
(х + 2 cos ах)2 + 4(1 − cos 2 ах) ≤ 0;
(х + 2 cos ах)2 + 4 sin2 ах ≤ 0;
Оба слагаемых неотрицательны, и их сумма может быть равна 0,
что возможно только при сумме нулей.
22
𝜋
х + 2 cos ах = 0
; ⇔ ах = 𝜋к ⇔ х = к, а ≠ 0.
{
а
2 sin ах = 0
𝜋
Подставим значение х = к в первое уравнение истемы:
а
𝜋
а
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
а
а
а
а
к + 2 cos (а к) = 0 ⇔ к + 2 cos 𝜋к = 0; 2(−1)к + к = 0; к = −2(−1)к ;
а=
𝜋к
𝜋
2(−1)к+1
; а = (−1)к+1 к.
2
Если к = 2р, то а=-𝜋р и х =
𝜋2р
−𝜋р
= −2, что верно и при а = 𝜋𝑙.
𝜋
𝜋(2р+1)
2
1/2𝜋(2р+1)
Если к = 2р + 1, то а = (2р + 1) и х =
= 2.
если а = 0, то подставив в первое уравнение, получаем: х+2cos 0 = 0;
х = −2.
𝜋
Ответ:х=-2 при а = 𝜋𝑙, где 𝑙 ∈ 𝑍; х = 2 при а = + 𝜋𝑝, где р ∈ 𝑍.
2
Пример 4.
1
При каких значениях а > 0 неравенство ||tqx| − | ≤ а выполняется
2
π
π
6
6
для
всех х, удовлетворяющих неравенству - < х < ?
Решение:
π π
если х ∈ (− ; ) , тогда имеем −
6 6
1
√3
3
1
2
2
Отсюда −
1
1
2
√3
2
− < tqx − <
|tqx − | − <
√3
3
√3
3
< tqx <
√3
.
3
1
1
2
2
− . Тогда |tqx − | <
√3
3
+
1
1
2
.Окончательно получаем ||tqx − 1/2| − | ≤
3
2
Следовательно, для а ≥
1
и− <
2
√3
.
3
√3
исходное неравенство выполняется
3
для всех указанных значений х.
Ответ: а ≥
√3
.
3
23
Пример 5.
Решить неравенство:1< 𝑡𝑞𝑥 < 𝑎.
Если а> 1, то неравенство имеет смысл .1 =
𝜋
4
и а = 𝑡𝑞(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎).
𝜋
Следовательно, tq4 < 𝑡𝑞𝑥 < 𝑡𝑞(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎). В силу возрастания и периодичности функции у =
tqx, следует неравенство
𝜋
4
+ 𝜋к < х < 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘.
𝜋
Ответ: если а∈ (1; ∞), то х ∈ (4 + 𝜋к; 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑞𝑎 + 𝜋𝑘) , где 𝑘 ∈
если а∈ ]−∞; 1], то х ∈ ∅.
Пример 6.
Решите неравенство cos х ≤ 2 − а2 .
Решение:
2-а2 ≥ 1 ⇔ а2 ≤ 1 ⇔ |а| ≤ 1 имеет любое решение.
2-а2 < −1 ⇔ а2 > 3 ⇔ |а| > √3.
-1≤ 2 − а2 < 1 ⇔ −3 ≤ −а2 < −1 ⇔ 1 < а2 ≤ 3 ⇔ 1 < |а| ≤ √3 при этом
аrccos(2 − 𝑎2 ) + 2𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 − 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(2 − 𝑎2 ) + 2𝜋𝑘, k∈ 𝑍.
Ответ: при а∈ [−1; 1] х ∈ 𝑅;
1 < |а| ≤ √3аrccos(2 − 𝑎2 ) + 2𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 − 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(2 − 𝑎2 ) +
2𝜋𝑘, k∈ 𝑍;
при
при |а| > √3 решений нет.
Пример 7.
При каких значениях параметра а неравенство 𝑠𝑖𝑛6 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 6 𝑥 + а sin cos х ≥ 0
Справедливо для всех значений х?
Решение:
Преобразуем левую часть неравенства. Имеем
𝑠𝑖𝑛6 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 6 𝑥 + а sin cos х = (sin2 х)3 + (cos 2 х)3 + а sin cos х = (sin2 х +
3
cos 2 х)((sin2 х + cos 2 х)2 − 3 sin2 х cos 2 х) + а sin х cos х = 1 − sin2 2х +
4
24
а
2
sin 2х.
А
тогда,
если
сделать
подстановку
3
а
4
2
у=sin 2х, исходное неравенство равносильно неравенству − у2 + у + 1 ≥ 0.
Теперь задачу можно переформулировать так: при каких значениях параметра а
последнее неравенство выполняется при всех у из промежутка [−1; 1].
Обозначим трехчлен, стоящий в левой части этого неравенства через f(y).Так как
ветви параболы, соответствующей трехчлену, направлены вниз, то требования
𝑓(−1) ≥ 0
1 − 2𝑎 ≥ 0
задачи выполняются, если совместна система {
; {
;
𝑓(1) ≥ 0
1 + 2𝑎 ≥ 0
1
1
1 1
2
2
2 2
- ≤ 𝑎 ≤ .Ответ: а∈ [− ; ].
Пример 8.
При каких значениях параметра а неравенство а2 + 2а − sin2 х − 2а cos х > 2
Справедливо для любого х?
Решение:
Так как sin2 х = 1 − cos 2 х и множество значений функции у=cos х есть
промежуток [−1; 1], то задачу можно переформулировать следующим образом,
при каких значениях параметра а наименьшее значение квадратного трехчлена
f(y)=у2 − 2ау + а2 + 2а − 3,
положительно?
рассматриваемого
на
отрезке
-1≤ у ≤ 1,
А тогда в силу того, что абсцисса вершины параболы равна а, получаем, что
наименьшее на промежутке [−1; 1] значение функции есть
f(-1)=а2 + 4а − 2, если а≤ −1;
f(а)=2а-3,
если -1< а < 1;
f(1)=а2 − 2,
если а≥ 1.
Но в задаче требуется, чтобы наименьшее значение было положительным.
Поэтому приходим к рассмотрению систем:
25
2
{а + 4а − 2 > 0
а ≤ −1
−∞ < а < −2 − √6
2а − 3 > 0
;[
.
{
а∈∅
−1 < а < 1
2
√2 < а < ∞
{а − 2 > 0
[
а≥1
Ответ: а∈ (−∞; −2 − √6) ∪ (√2; ∞).
Пример 9.
Найдите все значения параметра а, при которых неравенство
−5+5а+sin2 х + а(3 − cos х)3 > 0 выполняется при всех х.
Решение:
Надо представит исходное уравнение в виде а>f(х) (а< f(х).
Перепишем данное неравенство в виде: а((3 − cos х)3 + 5) > 5 − sin2 х.
(3 − cos х)3 + 5 > 0 для всех х, то а >
5−sin2 х
.
(3−cos х)3 +5
Это неравенство выполнется при всех х, если значения параметра а будет
5−sin2 х
больше наибольшего значения функции f(х)=(3−cos
х)3 +5
.
При cos х = 1 числитель принимает наибольшее значение, а знаменательнаименьшее. Тогда f(х)≤
5
23 +5
=
5
. Знак равенства достигается при х=2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍.
13
Следовательно, искомые значения а определяются неравенством а >
Ответ:а >
5
5
13
.
.
13
Пример 10.
При каких значениях параметра р система
𝑥 2 + 2рх + 4р2 − 5р + 3 ≤ 4 sin у − 3 cos у
имеет единственное решение?
{
0 ≤ у ≤ 2𝜋
Решение:
26
Легко оценить левую и правую части первого неравенства системы.
Квадратная функция от х, расположенная в левой части неравенства,
достигает своего наименьшего значения 3р2 − 5р + 3 при х=-р.
Правая часть задает функции на отрезке [0; 2𝜋] (длиной в период)
наибольшее значение, равное 5, достигается лишь в одной точке (здесь
существенно, что 𝛼 − острый угол).
Условие единственного решения будет получено тогда и только тогда, когда
3р2 − 5р + 3 = 5. Отсюда р=-1/3 или р=2.
Ответ: р=-1/3 или р=2.
4Комбинированные задания:
Занятие 16-17.
Пример 1.
При каких значениях параметра а уравнение cos 3х − cos х = а√3 sin х имеет
корень, принадлежащий области определения функции у =√
(sin х−√2)(8х−𝜋)
.
−𝜋+6х
Решение:
1) О.О.Ф. состоит из всех значениях х, при которых подкоренное выражение не
(sin х−√2)(8х−𝜋)
отрицательно:
−𝜋+6х
≥ 0.
Т.к. -√2 < −1, то sin х − √2 < 0 для х ∈ 𝑅. Поэтому достаточно решить
неравенство:
−(8х−𝜋)
𝜋
6(х− 6 )
≥ 0 или
𝜋
8
𝜋
6(х− 6 )
8(х− )
≤ 0.
+
𝜋
𝜋
-
8
6
+
𝜋 𝜋
Неравенство выполняется при х∈ [ ; [.
8 6
разность cos 3х − cos х = 2 sin х sin 2х,
Преобразуем
тогда уравнение примет вид:
2 sin х sin 2х + а√3 sin х = 0; 2 sin х (sin 2х + а
sin х = 0
𝜋 𝜋
[
√3 ; а) х=𝜋к, но 𝜋к не ∈ [ ; [.
8 6
sin 2х = − а
√3
)
2
= 0;
2
𝜋 𝜋
𝜋 𝜋
𝜋
𝜋
8 6
4 3
√2
4
3
б) Оценим значения 2х,если х∈ [ ; [. 2х∈ [ ; [.sin < sin 2х < sin . В силу
𝜋
возрастания sin х при х ∈ [0; [, получаем:
2
√2
2
≤ −
а√3
2
<
√3
;√2
2
≤ −а√3 < √3;
√2
√3
2
≤ sin 2х <
√3
;
2
≤ −а < 1; −1 < а ≤ −
√6
;
3
27
а ∈ ]0; −
√6
].
3
Ответ: а ∈ ]0; −
√6
].
3
Пример 2.
При каких а промежуток [0; а] содержит не менее трех корней
уравнения 2 cos 2х − |1 + 2 sin х| = 1?
Решение:Перепишем это уравнение в виде
(1 − 2 sin х)(1 + 2 sin х) − |1 + 2 sin х| = 0.
Последнее
равносильно
совокупности
sin х = −
1
sin х = −
2
1
1
2
1
1
sin х > −
sin х > −
2
sin х = −
{
2
{
2.
1 − 2 sin х − 1 = 0; sin х = 0 ; [
sin
х
=
0
1
1
sin х < −
sin
х
<
−
2
2
{
{
[ 1 − 2 sin х + 1 = 0 [ sin х = 1
Указанный в условии промежуток вынуждает рассматривать лишь
неотрицательные решения совокупности. Наименьший положительный корень
первого уравнения совокупности равен
7π
6
. Заметим, что отрезок [0;
7π
6
] уже
содержит два неотрицательных корня уравнения sin х = 0.
Это о и π. Следовательно, [0;
7π
6
] − промежуток наименьшей длины,
удовлетворяющий требованию задачи.
Ответ:а≥
7𝜋
6
.
Пример 3.
Определить количество корней уравнения cos 𝑥 𝑐𝑡𝑞𝑥 − sin 𝑥 = 𝑎 cos 2𝑥
на отрезке [0; 2𝜋].
Решение:
преобразуем левую часть уравнения
cos 2х
sin х
= а cos 2х;[
cos2 х−sin2 х
sin х
= а cos 2х;
cos 2х = 0
1
=а .
sin х
π 3π 5π 7π
Первое уравнение на отрезке [0; 2π] имеет четыре корня ,
4
4
,
4
,
4
.
Второе уравнение при |а| < 1 вообще корней не имеет. Если|а| = 1, то
очевидно, на рассматриваемом отрезке уравнение
1
sin х
= а имеет только
1
один корень. Если|а| > 1, то, перейдя к уравнению sin х = , получаем, что
а
на отрезке [0; 2π] оно имеет два корня.
28
При а = ±√2 корни второго уравнения совокупностисодержатся среди
корней первого уравнения.
Ответ: если |а| < 1 или а = ±√2, то уравнение имеет четыре корня;
если |а| = 1, то корней - пять;
если |а| > 1 и а ≠ ±√2, то корней − шесть.
Пример 4.
При каких значениях а уравнения sin 2х (sin 2х − 1) = 0 и (а + 3) sin2 2х −
sin 2х cos 4х − (а + 4) sin 2х = 0 равносильны?
Решение:
sin 2х = 0
Первое уравнение равносильно совокупности [
.
sin 2х = 1
а+5
Преобразуем второе уравнение к виду sin 2х (sin 2х − 1) (sin 2х +
) = 0.
2
sin 2х = 0
Оно равносильно совокупности [ sin 2х = 1а+5.
sin 2х = −
2
Сравним полученные совокупности. Их равносильности мешает уравнение
sin 2х = −
а+5
2
.
Следовательно, надо найти такие значения параметра а, при которых
это уравнение или не дает новых корней, или вообще их не имеет.
−
а+5
=0
а = −5
−
= 1 ;[
а = −7
; а ∈ ]−∞; −7] ∪ {−5} ∪ (−3; ∞).
2
а ∈ (−∞; −7) ∪ (−3; ∞)
а+5
|−
|
>
1
[
2
а+5
2
Ответ: а ∈ ]−∞; −7] ∪ {−5} ∪ (−3; ∞).
Пример 5.
При каких значениях параметра а уравнение cos х cos 2х cos 3х + а = cos 2х
𝜋 3𝜋
имеет на промежутке [ ;
8
8
] более одного корня?
Решение:
1
cos х cos 2х cos 3х + а = cos 2х ⇔ cos 2х (cos 2х + cos 4х) + а = cos 2х ⇔
2
3
2
−2 cos 2х − cos 2х + 3 cos 2х = 2а.
29
Р=cos 2х, то при изменении х от
√2
2
до −
√2
.
2
𝜋
8
до
3𝜋
8
переменная р будет изменяться от
Таким образом, задача свелась к нахождению значений
параметра а, при котором уравнение -2р3 − р2 + 3р, где р ∈ [−
Эта функция имеет на этом промежутке один нуль р=0. В точках
Она принимает соответственно значения -√2 −
В точке р0 =
1
2
1
и √2 − .
√19−1
16
√2 √2
; ].
2 2
√2
√2
− и
2
2
, единственный на промежутке
2
√2 √2
[− ; ]
2 2
критической
точке функции f(p), последняя достигает своего максимума, равного
19√19−28
54
f(p)
.
Из графика видно,
√2
0
-2
√2 √2
; ]
2
2
1 19√19−28
Что при р∈ [−
[√2 − ;
2
p
функция f(p) каждое свое значение на на полуинтервале
[ принимает два раза, а так как f(p)=2а, то требования задачи
54
1
выполняются, если √2 − ≤ а <
Ответ: а∈ [
√2
2
19√19−28
2
2√2−1 19√19−28
;
4
108
54
.
[.
Пример 6.
При каких значениях а совпадают области определения функций
у1 (х) =
1
3 cos х−2 cos3 х−√2а
и у2 (х) =
1
sin3 х+cos3 х−а
−
√2
?
3 cos х−2 cos3 х−√2а
Решение:
Пусть f(x) = sin3 x + cos 3 x и q(x)=3cos x − 2 cos 3 x.
Тогда области определения функций у1 (х)и у2 (х) будут совпадать , если
корни уравнения f(x)=a содержатся среди корней уравнения q(x)=√2a или
если уравнение f(x)=a не имеет корней.
π
f( − x) = f(x) для любого х∈ R, и тогда, в частности, следует, что если х0
2
π
корень уравнения f(x)=a, то и − х0 − также корень этого уравнения.
2
А тогда из условий задачи вытекает, что если уравнение f(x)=a
π
имеет корень х0 , то q(х0 ) = q( − x0 ),
2
3
𝜋
3cos x0 − 2 cos x0 = 3 sin x0 − 2 sin3 x0 , х0 = + 𝜋к k∈ Z.
4
30
Но если х0 – корень уравнения f(x)=a, то при каждом k∈ Z имеет равенство
π
f( + πk) = (−1)k
4
π
√2
2
= a. С другой стороны, при том же х0
q( + πk)=(−1)k √2 ≠ a√2.
4
Таким
образом,
значение
х= х0 не может быть одновременно корнем уравнений f(x)=a и q(x)=a√2.
Поэтому области определения функций у1 (х)и у2 (х) будут совпадать только в
том случае, когда уравнение f(x)=a не имеет корней, т. е.
когда |а| > 1 (при |а| ≤ 1 уравнение f(x) = a имеет корни).
Ответ: а∈ (−∞; −1) ∪ (1; ∞).
Пример 7.
При каких значениях а система {(𝑡𝑞𝑥 − √3)(𝑥 − 𝑎) = 0имеет только одно
1≤𝑥<2
решение?
Решение:
Установим, что уравнение𝑡𝑞𝑥 = √3 имеет на промежутке [1; 2[ лишь один
𝜋
корень х = . Следовательно, первое уравнение системы имеет не более двух
3
корней на промежутке [1; 2[. Задача сводиться к тому, чтобы найти все
значения параметра а, при которых х=а не будет решением данной системы.
Понятно, что а =
𝜋
3
одно из искомых значений. С учетом условия 1 ≤ 𝑥 < 2
значение х=0 не будет являться решением системы, если а< 1 или а ≥ 2.
Найденные значения параметра не составляют окончательный ответ.
𝜋
Область определения исходной системы- все числа, кроме х = + 𝜋к, к ∈ 𝑍.
𝜋
2
В силу этого замечания, если а = , то х = а не является решением системы.
2
𝜋 𝜋
Ответ: а∈ (−∞; −1) ∪ { ; } ∪ [2; ∞[.
3 2
31