Задание 19 ЕГЭ по профильной математике

а) Сведение к двум квадратным уравнениям.
Второе уравнение равносильно x² − xy − x + y = 0, то есть (x − 1)(x − y) = 0. Поэтому каждое решение лежит на одной из прямых x = 1 или y = x.

При x = 1 первое уравнение принимает вид ay² + 2ay + 6 − a = 0.
При y = x получаем 2ax² + 5x + 1 = 0.
Общая точка этих прямых — (1; 1). Она удовлетворяет первому уравнению тогда и только тогда, когда 2a + 6 = 0, то есть a = −3.

б) Исследование числа решений.
При a = 0 исходное первое уравнение имеет вид 5x + 1 = 0. На прямой x = 1 решений нет, а на прямой y = x получается единственное решение (−1/5; −1/5). Значение a = 0 не подходит.

Пусть a ≠ 0. На каждой из двух прямых возможно не более двух решений. Поэтому ровно четыре различных решения получаются тогда и только тогда, когда оба квадратных уравнения имеют по два различных корня, а точка пересечения прямых не является решением системы.

Для уравнения относительно y дискриминант равен D₁ = (2a)² − 4a(6 − a) = 8a(a − 3).
Условие D₁ > 0 равносильно a < 0 или a > 3.

Для уравнения относительно x дискриминант равен D₂ = 25 − 8a.
Условие D₂ > 0 равносильно a < 25/8.

в) Объединение условий и границы.
Совместно получаем a ∈ (−∞; 0) ∪ (3; 25/8), причём a ≠ −3.
При a = −3 оба уравнения имеют по два корня, но общая точка (1; 1) учитывается дважды, поэтому различных решений три.
При a = 3 или a = 25/8 одно из квадратных уравнений имеет только один корень; четыре решения невозможны. Все остальные значения исключены полученными необходимыми условиями.

Ответ: a ∈ (−∞; −3) ∪ (−3; 0) ∪ (3; 25/8).

а) Геометрическое описание и ОДЗ.
ОДЗ: 2x + y + 6 ≥ 0. Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда x² + y² + 4x = 0 или 2x + y + 6 = 0, с учётом ОДЗ.
Следовательно, график первого уравнения состоит из прямой L: y = −2x − 6 и части окружности C: (x + 2)² + y² = 4, лежащей в полуплоскости 2x + y + 6 ≥ 0.

Прямая второго уравнения ℓ: y = a(x − 2) проходит через P(2; 0). При a ≠ −2 она пересекает L ровно в одной точке. При a = −2 прямые параллельны и различны.

б) Пересечения с окружностью.
Подстановка y = a(x − 2) в уравнение C даёт (1 + a²)x² + (4 − 4a²)x + 4a² = 0.
Дискриминант D = 16(1 − 3a²). Поэтому при |a| > √3/3 пересечений с окружностью нет, при |a| = √3/3 есть касание, при |a| < √3/3 имеются две точки пересечения.

Найдём концы отсекаемой дуги: подстановка y = −2x − 6 в уравнение окружности даёт 5x² + 28x + 36 = 0.
Отсюда A(−2; −2), B(−18/5; 6/5). Прямые PA и PB имеют угловые коэффициенты 1/2 и −3/14 соответственно.

При |a| < √3/3 две точки пересечения непрерывно движутся по окружности при изменении a. Число точек в разрешённой полуплоскости может измениться только при прохождении через A или B, то есть при a = 1/2 или a = −3/14.

При a = 0 точки пересечения — (0; 0) и (−4; 0); только первая удовлетворяет ОДЗ. Значит, при −3/14 < a < 1/2 остаётся ровно одна точка окружности.
При касании a = ±√3/3 точка касания имеет координаты (−1; −3a), и 2x + y + 6 = 4 − 3a > 0. Поэтому на каждом из промежутков (−√3/3; −3/14) и (1/2; √3/3) обе точки окружности удовлетворяют ОДЗ.

в) Подсчёт различных решений.
При −3/14 < a < 1/2 одна допустимая точка окружности и одна точка на L различны: всего два решения.
При a = −3/14 или a = 1/2 обе точки окружности допустимы, но одна совпадает с пересечением ℓ и L: всего два решения.

При a = ±√3/3 допустимая точка касания не лежит на L; вместе с пересечением ℓ и L получаем два решения.
При −√3/3 < a < −3/14 или 1/2 < a < √3/3 имеются три различных решения.
При |a| > √3/3 и a ≠ −2 имеется одно решение на L; при a = −2 решений нет. Все случаи рассмотрены.

Ответ: a ∈ {−√3/3} ∪ [−3/14; 1/2] ∪ {√3/3}.

а) Разложение на множители.
x² − x = x(x − 1), x⁴ − x³ − x + 1 = (x − 1)(x³ − 1).
Поэтому исходное уравнение равносильно уравнению
(x − 1)(xa² − (x³ − 1)a − x²) = 0,
то есть (x − 1)(ax + 1)(a − x²) = 0.
Следовательно, x = 1 всегда является корнем; остальные корни определяются уравнениями ax + 1 = 0 и x² = a.

б) Случаи a ≤ 0.
Если a < 0, уравнение x² = a не имеет действительных корней. Получаем x = 1 и x = −1/a.
Они совпадают только при −1/a = 1, то есть при a = −1. Значит, при a < 0 ровно два различных корня существуют тогда и только тогда, когда a ≠ −1.
Если a = 0, разложение принимает вид −x²(x − 1) = 0. Его различные корни: 0 и 1.
Ответ для a ≤ 0: a ∈ (−∞; −1) ∪ (−1; 0].

в) Случай a > 0.
Все возможные корни: 1, −1/a, √a, −√a. Первые и третьи положительны, вторые и четвёртые отрицательны.
Совпадение положительных корней возможно только при √a = 1, то есть при a = 1.
Совпадение отрицательных корней означает 1/a = √a. Положив t = √a > 0, получаем t³ = 1, откуда t = 1 и a = 1.
Таким образом, при a > 0 и a ≠ 1 имеются четыре различных корня; при a = 1 остаются ровно два корня: −1 и 1.
Ответ: a ∈ (−∞; −1) ∪ (−1; 0] ∪ {1}.

а) Равносильное преобразование системы.
ОДЗ: x ≤ 3. Поскольку xy² − 3xy − 3y + 9 = (y − 3)(xy − 3), первое уравнение равносильно совокупности условий: x = 3, или y = 3, или xy = 3, при x ≤ 3.
Ищем пересечения этих трёх множеств с прямой y = ax, учитывая совпадения точек.
При x = 3 всегда получаем одну точку P = (3; 3a).
При y = 3 и a ≠ 0 получаем точку Q = (3/a; 3). Условие 3/a ≤ 3 выполняется при a < 0 или a ≥ 1. При a = 0 такой точки нет.
При xy = 3 получаем ax² = 3. При a ≤ 0 решений нет; при a > 0 возможны x = ±√(3/a).
Отрицательный корень всегда удовлетворяет ОДЗ, а положительный — только при √(3/a) ≤ 3, то есть при a ≥ 1/3.

б) Совпадения точек.
Точки P и Q совпадают при 3a = 3, то есть только при a = 1.
Точка P лежит на гиперболе xy = 3 при 3 · 3a = 3, то есть только при a = 1/3.
Точка Q лежит на гиперболе при (3/a) · 3 = 3, то есть только при a = 3.
Две точки гиперболы при a > 0 различны, поскольку их абсциссы имеют разные знаки. Других совпадений нет.

в) Подсчёт различных решений.
При a < 0 имеются две точки P и Q; при a = 0 — только P.
При 0 < a < 1/3 имеются P и одна точка гиперболы: всего две.
При a = 1/3 положительная точка гиперболы совпадает с P: всего две.
При 1/3 < a < 1 точка Q отсутствует, а P и обе точки гиперболы различны: всего три.
При a = 1 точки P и Q совпадают, обе точки гиперболы отличны от них: всего три.
При a > 1 имеются четыре точки, кроме случая a = 3, когда Q совпадает с одной точкой гиперболы и остаются три различных решения.
Ответ: a ∈ (1/3; 1] ∪ {3}.

а) Раскроем модуль. При x ≥ 0 уравнение принимает вид a² + ax − 2x² − 6a + 6x = 0, то есть (a − x)(a + 2x − 6) = 0.

Отсюда x = a при a ≥ 0 или x = (6 − a)/2 при a ≤ 6. Условия на параметр обеспечивают принадлежность корней рассматриваемой полупрямой.

При x < 0 получаем a² + ax − 2x² − 6a − 12x = 0, то есть (a + 2x)(a − x − 6) = 0.

Отсюда x = −a/2 при a > 0 или x = a − 6 при a < 6.

Таким образом, каждая полупрямая даёт не более двух корней. Ответ пункта а): найдены все возможные корни с условиями их существования.

б) Рассмотрим все значения параметра. Если a < 0, существуют ровно два корня: (6 − a)/2 > 0 и a − 6 < 0.

Если a = 0, получаем три различных корня: −6, 0, 3.

Если 0 < a < 6, существуют два положительных кандидата a, (6 − a)/2 и два отрицательных кандидата −a/2, a − 6. Корни разных знаков совпасть не могут.

Положительные корни совпадают тогда и только тогда, когда a = (6 − a)/2, то есть a = 2.

Отрицательные корни совпадают тогда и только тогда, когда −a/2 = a − 6, то есть a = 4.

Поэтому при a = 2 и a = 4 имеются три различных корня, а при остальных a из (0; 6) — четыре.

Если a = 6, корни равны −3, 0, 6. Если a > 6, существуют ровно два корня: a > 0 и −a/2 < 0.

Ответ: a ∈ (−∞; 0] ∪ {2} ∪ {4} ∪ [6; +∞).

а) Разложим левую часть на множители. Заметим, что x⁴ + 2x³ − 2x − 1 = (x + 1)³(x − 1).

Исходное уравнение равносильно (x + 1)[a² + x(x + 1)a + (x + 1)²(x − 1)] = 0.

Поскольку (x + 1) + (x² − 1) = x(x + 1), выражение в скобках раскладывается на множители: (a + x + 1)(a + x² − 1).

Следовательно, (x + 1)(a + x + 1)(a + x² − 1) = 0.

Ответ пункта а): все корни задаются равенствами x = −1, x = −a − 1 и x² = 1 − a.

б) Исследуем число различных корней. Если a > 1, уравнение x² = 1 − a не имеет действительных корней. Корни −1 и −a − 1 различны, поэтому корней ровно два.

Если a = 1, получаем три различных корня: −2, −1, 0.

Пусть a < 1. Тогда квадратное уравнение даёт два различных корня: √(1 − a) и −√(1 − a).

Корни −1 и −a − 1 совпадают только при a = 0. Число −1 является корнем x² = 1 − a также только при a = 0.

Число −a − 1 является корнем квадратного уравнения тогда и только тогда, когда (−a − 1)² = 1 − a. Это равносильно a² + 3a = 0, откуда a = 0 или a = −3.

При a = 0 множество корней равно {−1; 1}, поэтому различных корней ровно два.

При a = −3 множество корней равно {−2; −1; 2}, поэтому различных корней три.

При остальных a < 1 перечисленные четыре корня попарно различны: все возможные совпадения уже рассмотрены.

Ответ: a ∈ {0} ∪ (1; +∞).

а) Замена переменной.
Положим t = 2ˣ. Тогда t > 0, 4ˣ = t². Каждому положительному t соответствует единственное x = log₂t.
Исходное уравнение равносильно t² + (a − 6)t − (2 + 3|a|)t − (a − 6)(2 + 3|a|) = 0.
Разложив левую часть на множители, получаем (t − 2 − 3|a|)(t + a − 6) = 0.
Следовательно, возможные корни: t₁ = 2 + 3|a| и t₂ = 6 − a.

б) Разбор случаев.
При любом a корень t₁ положителен. Поэтому единственное решение получается, если t₂ ≤ 0 либо t₂ = t₁.
Если a ≥ 6, то t₂ ≤ 0, и остаётся ровно один положительный корень t₁.
Если a < 6, оба корня положительны, поэтому они должны совпадать: 6 − a = 2 + 3|a|, то есть a + 3|a| = 4.
При 0 ≤ a < 6 получаем 4a = 4, откуда a = 1.
При a < 0 получаем −2a = 4, откуда a = −2.
Оба значения удовлетворяют условиям своих случаев. При остальных a < 6 положительные корни различны, поэтому решений два.

Ответ: a ∈ {−2; 1} ∪ [6; +∞).

а) Равносильное преобразование системы.
Подставим y = 3x + a. Подкоренное выражение равно x + a + 12, поэтому ОДЗ: x ≥ −a − 12.
Первое уравнение принимает вид (3x² + (a − 2)x + 12)√(x + a + 12) = 0.
Обозначим h = −a − 12 и P(x) = 3x² + (a − 2)x + 12.
Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда x = h либо P(x) = 0 при x ≥ h.
Значение x = h всегда даёт одно решение системы. Каждому x соответствует единственное y.
Значит, ровно два различных решения получаются тогда и только тогда, когда P(x) имеет ровно один различный корень на промежутке (h; +∞).

б) Случаи неположительного дискриминанта.
D = (a − 2)² − 144 = (a − 14)(a + 10). При −10 < a < 14 корней у P(x) нет, поэтому эти параметры не подходят.
При D = 0 возможны a = −10 и a = 14; единственный корень равен x₀ = (2 − a)/6.
При a = −10 имеем x₀ = 2 > h = −2; при a = 14 имеем x₀ = −2 > h = −26. Оба значения подходят.

в) Случай D > 0.
Пусть корни P(x) равны r₁ < r₂. Ровно один из них строго больше h тогда и только тогда, когда r₁ ≤ h < r₂.
Если r₁ < h < r₂, то P(h) < 0, поскольку старший коэффициент положителен; верно и обратное.
Вычислим: P(h) = 2a² + 62a + 468 = 2(a + 18)(a + 13).
По методу интервалов P(h) < 0 при −18 < a < −13. На всём этом промежутке D > 0, поэтому все его значения подходят.
Остаются граничные случаи P(h) = 0: a = −18 и a = −13.
При a = −18 имеем h = 6, P(x) = 3x² − 20x + 12; его корни 2/3 и 6. Корней строго больше h нет, параметр не подходит.
При a = −13 имеем h = 1, P(x) = 3(x − 1)(x − 4). Только корень 4 строго больше h, параметр подходит.
Если P(h) > 0, точка h лежит вне отрезка между корнями, поэтому строго справа от неё находятся либо оба корня, либо ни одного. Других подходящих параметров нет.

Ответ: a ∈ (−18; −13] ∪ {−10; 14}.

а) Равносильное преобразование системы.

Произведение равно нулю, если подкоренное выражение неотрицательно и хотя бы один множитель равен нулю. Поэтому первое уравнение задаёт объединение двух множеств: y = 2x − 12 и y = 2 − 12/x при y − 2x + 12 ≥ 0.

Для второго множества x ≠ 0, а условие под корнем принимает вид −2(x − 1)(x − 6)/x ≥ 0. Методом интервалов получаем x ∈ (−∞; 0) ∪ [1; 6].

Нужно подсчитать различные пересечения этих множеств с прямой y = ax − 10, учитывая совпадающие точки.

б) Подсчёт пересечений.

Прямые y = 2x − 12 и y = ax − 10 при a ≠ 2 пересекаются в одной точке: x = −2/(a − 2). При a = 2 они параллельны и пересечений нет.

Для пересечений с y = 2 − 12/x получаем ax² − 12x + 12 = 0, то есть a = 12/x − 12/x², где x ∈ (−∞; 0) ∪ [1; 6].

Введём t = 1/x. Тогда t ∈ (−∞; 0) ∪ [1/6; 1] и a = 12t − 12t² = 3 − 12(t − 1/2)².

На промежутке t < 0 эта парабола принимает каждое отрицательное значение ровно один раз, а неотрицательных значений не принимает.

На отрезке [1/6; 1/2] значения возрастают от 5/3 до 3, а на [1/2; 1] убывают от 3 до 0. Это следует из изменения квадрата (t − 1/2)² при удалении от вершины параболы.

Следовательно, число допустимых пересечений с гиперболой равно: 1 при a < 0; 1 при a = 0; 1 при 0 < a < 5/3; 2 при 5/3 ≤ a < 3; 1 при a = 3; 0 при a > 3.

Общие точки прямой y = 2x − 12 и гиперболы находятся из 2x − 12 = 2 − 12/x: x² − 7x + 6 = 0. Получаем (1; −10) и (6; 0).

Прямая y = ax − 10 проходит через первую точку только при a = 0, а через вторую — только при a = 5/3. Только при этих параметрах нужно исключить повторный подсчёт.

в) Разбор всех значений параметра.

При a < 0 и при 0 < a < 5/3 получаем 1 + 1 = 2 решения. При a = 0 получаем 1 + 1 − 1 = 1 решение.

При a = 5/3 получаем 1 + 2 − 1 = 2 решения.

При 5/3 < a < 3 и a ≠ 2 получаем 1 + 2 = 3 решения. При a = 2 пересечений с первой прямой нет, поэтому остаются ровно 2 решения.

При a = 3 получаем 1 + 1 = 2 решения; при a > 3 — только 1 решение.

Ответ: a ∈ (−∞; 0) ∪ (0; 5/3] ∪ {2; 3}.

а) Сведение к квадратным уравнениям.

Равенство |y| = |x² − 2x| равносильно совокупности y = x² − 2x или y = −x² + 2x. Из первого уравнения системы y = a − x.

Подставляя это выражение в каждую ветвь, получаем соответственно x² − x − a = 0 и x² − 3x + a = 0. Каждому различному допустимому x соответствует ровно одно значение y = a − x.

Дискриминанты равны D₁ = 1 + 4a и D₂ = 9 − 4a.

б) Учёт общих решений двух ветвей.

Один корень может учитываться дважды, только если x² − 2x = −x² + 2x. Отсюда 2x(x − 2) = 0, то есть x = 0 или x = 2; в обоих случаях y = 0.

Точка (0; 0) принадлежит прямой x + y = a только при a = 0, а точка (2; 0) — только при a = 2. При остальных параметрах общих решений ветвей нет.

в) Разбор всех значений параметра.

Если a < −1/4, то D₁ < 0, D₂ > 0: первое квадратное уравнение не имеет корней, второе имеет два. Система имеет ровно два решения.

Если a = −1/4, то D₁ = 0, D₂ > 0. Общих решений нет, поэтому получаем 1 + 2 = 3 решения.

Если −1/4 < a < 9/4, оба дискриминанта положительны. При a ≠ 0 и a ≠ 2 получаем четыре различных решения.

При a = 0 или a = 2 ровно одно решение принадлежит обеим ветвям, поэтому число различных решений равно 2 + 2 − 1 = 3.

Если a = 9/4, то D₁ > 0, D₂ = 0. Общих решений нет, поэтому получаем 2 + 1 = 3 решения.

Если a > 9/4, то D₁ > 0, D₂ < 0: первое квадратное уравнение имеет два корня, второе не имеет корней. Система имеет ровно два решения.

Ответ: a ∈ (−∞; −1/4) ∪ (9/4; +∞).

а) Равносильное преобразование.
Из второго уравнения y ≥ 0 и x = y² − 4. Поэтому решения системы взаимно однозначно соответствуют решениям уравнения |y² − 4| + y = a при y ≥ 0.

б) Исследование двух участков.
При 0 ≤ y ≤ 2 получаем a = 4 + y − y² = 17/4 − (y − 1/2)².
На отрезке [0; 1/2] это выражение строго возрастает от 4 до 17/4, а на [1/2; 2] строго убывает от 17/4 до 2. Это следует из изменения квадрата расстояния от y до 1/2.
При y ≥ 2 получаем a = y² + y − 4. Это выражение строго возрастает от 2 до бесконечности, поскольку при увеличении неотрицательного y возрастают оба слагаемых y² и y.
Точка y = 2 принадлежит обоим участкам, но задаёт одно решение.

в) Разбор положительных значений параметра.
При 0 < a < 2 решений нет; при a = 2 имеется одно решение y = 2.
При 2 < a < 4 имеется одно решение на (1/2; 2) и одно на (2; +∞), всего два.
При a = 4 на первом участке получаем y = 0 и y = 1, а на втором — ещё одно решение, всего три.
При 4 < a < 17/4 на первом участке два решения, на втором одно, всего три.
При a = 17/4 на первом участке одно решение y = 1/2, на втором ещё одно, всего два.
При a > 17/4 на первом участке решений нет, на втором одно.
Ответ: a ∈ (2; 4) ∪ {17/4}.

а) ОДЗ и возможные корни.
На заданном отрезке необходимо выполнение условий 4/7 ≤ x ≤ 4 и (x − 4)² + 1 − a² > 0.
На ОДЗ произведение равно нулю тогда и только тогда, когда x = 4/7 или ln((x − 4)² + 1 − a²) = 0.
Обозначим b = |a| ≥ 0. Точка x = 4/7 является корнем при 625/49 − b² > 0, то есть при b < 25/7.
Логарифм равен нулю тогда и только тогда, когда его аргумент равен 1: (x − 4)² = b². Получаем x = 4 − b или x = 4 + b; условие положительности аргумента для этих точек выполнено.

б) Отбор корней и разбор параметра.
При b = 0 обе формулы дают одну точку x = 4. Вместе с x = 4/7 получаем два различных корня.
При b > 0 точка x = 4 + b лежит вне заданного отрезка.
Точка x = 4 − b удовлетворяет условию 4/7 ≤ x ≤ 4 тогда и только тогда, когда 0 ≤ b ≤ 24/7.
При 0 < b < 24/7 имеются два различных корня: 4/7 и 4 − b.
При b = 24/7 эти корни совпадают, поэтому имеется ровно один корень.
При 24/7 < b < 25/7 имеется только корень x = 4/7.
При b ≥ 25/7 точка x = 4/7 не удовлетворяет ОДЗ, а корней логарифмического множителя на нужном отрезке нет. Следовательно, корней нет.

в) Возвращение к параметру a.
Ровно один корень получается при 24/7 ≤ |a| < 25/7.
Ответ: a ∈ (−25/7; −24/7] ∪ [24/7; 25/7).

а) Необходимые условия. Пусть система имеет решение x ∈ [3; 4].

Поскольку x > 0 и ax ≥ 2, обязательно a > 0. Поэтому ax ≤ 4a, откуда 4a ≥ 2 и a ≥ 1/2.

Кроме того, x ≤ 4, поэтому √(x − 1) ≤ √3. Из √(x − 1) > a следует a < √3.

Таким образом, все допустимые значения параметра принадлежат промежутку [1/2; √3). Ответ пункта а): 1/2 ≤ a < √3 — необходимое условие.

б) Достаточность и проверка границ. Пусть 1/2 ≤ a < √3. Покажем, что x = 4 удовлетворяет всей системе.

Первое неравенство выполняется: ax = 4a ≥ 2. Второе также выполняется: √(x − 1) = √3 > a.

Третье неравенство при x = 4 принимает вид 12 ≤ 2a + 11. Оно равносильно a ≥ 1/2 и потому выполняется.

При a = 1/2 значение x = 4 является решением. При a = √3 второе неравенство невозможно для любого x ∈ [3; 4]. При a < 1/2 или a > √3 нарушаются необходимые условия, полученные в пункте а).

Ответ: a ∈ [1/2; √3).

а) Возможные корни и ОДЗ. Дробь равна нулю тогда и только тогда, когда её числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля.

Следовательно, исходное уравнение равносильно условиям 9x² − a² = 0 и (x + 4)² − a² ≠ 0.

Из (3x − a)(3x + a) = 0 получаем возможные корни x₁ = a/3 и x₂ = −a/3.

При a = 0 они совпадают: x = 0. Знаменатель при этом равен 16, поэтому имеется ровно один корень. Значение a = 0 не подходит.

При a ≠ 0 возможные корни различны. Ровно два корня будут получены тогда и только тогда, когда оба удовлетворяют ОДЗ. Ответ пункта а): необходимо a ≠ 0 и допустимость обоих корней ±a/3.

б) Проверка допустимости и разбор исключений. Подставим x₁ = a/3 в знаменатель:

(a/3 + 4)² − a² = −8(a − 6)(a + 3)/9.

Следовательно, первый корень недопустим ровно при a = 6 или a = −3.

Подставим x₂ = −a/3 в знаменатель:

(4 − a/3)² − a² = −8(a − 3)(a + 6)/9.

Следовательно, второй корень недопустим ровно при a = 3 или a = −6.

При a ∈ {−6; −3; 3; 6} исключается ровно один из двух различных возможных корней, поэтому остаётся один корень. При a = 0 также имеется один корень.

При всех остальных значениях a оба возможных корня различны и допустимы, поэтому уравнение имеет ровно два корня.

Ответ: a ∈ (−∞; −6) ∪ (−6; −3) ∪ (−3; 0) ∪ (0; 3) ∪ (3; 6) ∪ (6; +∞).

а) Равносильное преобразование.
Равенство √A = B равносильно системе A = B², B ≥ 0: при этих условиях A автоматически неотрицательно.
Поэтому исходное уравнение равносильно системе
x⁴ − 16x² + 64a² = (x² + 4x − 8a)²,
x² + 4x − 8a ≥ 0.
Раскрывая скобки и перенося слагаемые, получаем 8x(x² + (4 − 2a)x − 8a) = 0,
то есть x(x + 4)(x − 2a) = 0.
Следовательно, возможны только корни x = 0, x = −4, x = 2a; остаётся проверить неравенство.

б) Проверка кандидатов.
При x = 0 и при x = −4 правая часть исходного уравнения равна −8a. Каждый из этих корней подходит тогда и только тогда, когда a ≤ 0.
При x = 2a правая часть равна 4a² ≥ 0, поэтому этот корень подходит при любом a.

в) Число различных решений.
Если a > 0, имеется ровно одно решение x = 2a.
Если a ≤ 0, подходят все три кандидата. Они различны, кроме случаев 2a = 0 или 2a = −4, то есть a = 0 или a = −2.
При a = 0 и a = −2 имеются ровно два различных решения: 0 и −4.
Следовательно, ровно три решения получаются при a < 0, a ≠ −2.
Ответ: a ∈ (−∞; −2) ∪ (−2; 0).

а) ОДЗ и преобразование уравнения.
Логарифм определён при x + a > 0; по условию также 0 ≤ x ≤ 1.
Перенесём правую часть влево и применим формулу разности квадратов:
(x + ln(x + a))² − (x − ln(x + a))² = 4x ln(x + a) = 0.
На ОДЗ это равносильно совокупности x = 0 или ln(x + a) = 0.
Во втором случае x + a = 1, то есть x = 1 − a.

б) Условия допустимости корней.
Корень x = 0 принадлежит отрезку [0; 1] и удовлетворяет ОДЗ тогда и только тогда, когда a > 0.
Корень x = 1 − a всегда удовлетворяет ОДЗ, поскольку x + a = 1. Он принадлежит [0; 1] тогда и только тогда, когда 0 ≤ a ≤ 1.
Эти корни совпадают только при a = 1.

в) Разбор всех значений параметра.
При a < 0 решений на отрезке нет.
При a = 0 есть единственное решение x = 1.
При 0 < a < 1 есть два различных решения: 0 и 1 − a.
При a = 1 оба найденных корня совпадают: x = 0, поэтому решение единственное.
При a > 1 подходит только x = 0, поэтому решение также единственное.
Ответ: a ∈ {0} ∪ [1; +∞).

а) Разложение на множители.
Перенесём все слагаемые в левую часть и сгруппируем их:
(x + 1)(ax³ − 2x² + (a³ − a)x − 2a² + 2) = 0.
Вынося общий множитель по группам, получаем равносильное уравнение:
(x + 1)(ax − 2)(x² + a² − 1) = 0.
Следовательно, корни исходного уравнения образуют объединение корней этих трёх множителей.

б) Разбор значений параметра.
При a = 0 уравнение принимает вид −2(x + 1)(x² − 1) = 0. Оно имеет ровно два различных корня: −1 и 1.
При |a| > 1 множитель x² + a² − 1 положителен при любом x. Остаются корни −1 и 2/a.
Они совпадают только при 2/a = −1, то есть при a = −2. Поэтому подходят все |a| > 1, кроме a = −2.
При a = 1 или a = −1 третий множитель равен x². Получаем три различных корня: −1, 0 и 2/a. Эти значения параметра не подходят.
При 0 < |a| < 1 получаем корни −1, 2/a, √(1 − a²), −√(1 − a²).
Последние два корня различны и лежат внутри интервала (−1; 1), а |2/a| > 2. Следовательно, все четыре корня различны; эти значения параметра не подходят.
Все действительные значения параметра рассмотрены.

Ответ: a ∈ (−∞; −2) ∪ (−2; −1) ∪ {0} ∪ (1; +∞).

а) Равносильное преобразование системы.
Равенство квадратных корней равносильно условиям y² = a²x² и y² ≤ 36: при них оба подкоренных выражения равны и неотрицательны.
Второе уравнение задаёт окружность (x − 1)² + (y − 3)² = 10.
Положим t = |a| ≥ 0. Нужно найти число точек этой окружности на прямых y = tx и y = −tx, удовлетворяющих |y| ≤ 6.
Точка O(0; 0) принадлежит окружности и обеим прямым при любом t.

б) Пересечения с прямыми и проверка ограничений.
Для прямой y = mx подстановка в уравнение окружности даёт x((1 + m²)x − 2 − 6m) = 0.
Помимо O, возможна точка P: x = (2 + 6m)/(1 + m²), y = m(2 + 6m)/(1 + m²). Она совпадает с O только при m = −1/3.
При t = 0 обе прямые совпадают с осью Ox. Система имеет ровно два решения: (0; 0) и (2; 0).
Пусть t > 0. Для m = t дополнительная точка P₊ отлична от O, причём y₊ = (2t + 6t²)/(1 + t²) > 0.
Условие y₊ ≤ 6 равносильно 2t ≤ 6, то есть t ≤ 3. Значит, P₊ допустима ровно при 0 < t ≤ 3.
Для m = −t имеем y₋ = (6t² − 2t)/(1 + t²). Неравенство y₋ ≤ 6 выполняется при любом t > 0.
Неравенство y₋ ≥ −6 равносильно 12t² − 2t + 6 ≥ 0; оно верно, поскольку 12t² − 2t + 6 = 12(t − 1/12)² + 71/12 > 0.
Следовательно, P₋ всегда допустима, но при t = 1/3 совпадает с O. При t > 0 прямые различны и имеют только одну общую точку O.

в) Подсчёт решений.
При 0 < t ≤ 3 и t ≠ 1/3 имеются три различных решения O, P₊, P₋; в частности, t = 3 не подходит.
При t = 1/3 остаются ровно два решения O и P₊.
При t > 3 остаются ровно два решения O и P₋.
С учётом случая t = 0 получаем |a| ∈ {0; 1/3} ∪ (3; +∞).

Ответ: a ∈ (−∞; −3) ∪ {−1/3; 0; 1/3} ∪ (3; +∞).

а) Система не меняется при замене x на −x, поэтому каждому решению (x; y) с x ≠ 0 соответствует другое решение (−x; y).

Следовательно, единственное решение возможно только при x = 0. Тогда из второго уравнения y² = 1, то есть y = 1 или y = −1.

Первое уравнение при x = 0 принимает вид 9 = 8y + a. Получаем два возможных значения параметра: a = 1 или a = 17.

б) Проверим a = 1. Обозначим t = |x|. Из x² + y² = 1 следует 0 ≤ t ≤ 1 и y ≤ 1.

Первое уравнение равносильно равенству 8(2ᵗ − y) + 7t(1 − t) = 0.

При t > 0 имеем 2ᵗ > 1 ≥ y, а t(1 − t) ≥ 0. Поэтому левая часть строго положительна и равенство невозможно.

Значит, t = 0, откуда x = 0 и y = 1. Пара (0; 1) удовлетворяет обоим уравнениям, поэтому решение единственное.

в) При a = 17 система имеет два различных решения (1; 0) и (−1; 0): в первом уравнении обе части равны 24, во втором — 1.

Другие значения параметра исключены в пункте а). Ответ: a = 1.

а) Равенство квадратных корней равносильно равенству подкоренных выражений при условии неотрицательности одного из них. Поэтому исходное уравнение равносильно системе условий:

3x² − (4a + 2)x + a² + 2a = 0; x² − a² ≥ 0; 0 ≤ x ≤ 1.

Разложим многочлен на множители: (x − a)(3x − a − 2) = 0. Возможные корни: x₁ = a и x₂ = (a + 2)/3.

На отрезке [0; 1] условие x² − a² ≥ 0 равносильно x ≥ |a|. При его выполнении второе подкоренное выражение также неотрицательно, поскольку равно первому.

б) Корень x₁ = a допустим тогда и только тогда, когда 0 ≤ a ≤ 1: при этих значениях он принадлежит отрезку и a² − a² = 0.

Для допустимости x₂ необходимы и достаточны условия 0 ≤ (a + 2)/3 ≤ 1 и (a + 2)/3 ≥ |a|.

Первое двойное неравенство даёт −2 ≤ a ≤ 1. Второе равносильно двум неравенствам a + 2 ≥ 3a и a + 2 ≥ −3a, то есть a ≤ 1 и a ≥ −1/2.

Таким образом, x₂ допустим ровно при −1/2 ≤ a ≤ 1. Корни совпадают только при a = (a + 2)/3, то есть при a = 1.

в) При a < −1/2 или a > 1 допустимых корней нет. При −1/2 ≤ a < 0 допустим только x₂, поэтому корень ровно один.

При 0 ≤ a < 1 допустимы оба различных корня. В частности, при a = 0 это 0 и 2/3.

При a = 1 оба выражения дают один корень x = 1. Левая граница a = −1/2 включается: единственный корень x = 1/2 удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: a ∈ [−0,5; 0) ∪ {1}.