Задание 19 ЕГЭ по профильной математике

а) Равносильное преобразование. Исходное уравнение равносильно системе: x² + 2x − 3a ≥ 0 и x⁴ − 4x² + 9a² = (x² + 2x − 3a)². Действительно, при выполнении системы подкоренное выражение является квадратом неотрицательной правой части.

После раскрытия скобок второе равенство принимает вид 2x(x + 2)(2x − 3a) = 0.

Таким образом, возможны только корни x = 0, x = −2 и x = 3a/2. Каждый из них необходимо проверить по условию неотрицательности правой части.

б) Отбор корней. При x = 0 и при x = −2 правая часть равна −3a. Поэтому каждый из этих кандидатов является корнем тогда и только тогда, когда a ≤ 0.

При x = 3a/2 правая часть равна 9a²/4 ≥ 0, поэтому этот кандидат является корнем при любом a.

в) Число различных корней. При a > 0 существует только один корень x = 3a/2.

При a ≤ 0 все три кандидата являются корнями. Они различны, кроме случаев 3a/2 = 0 или 3a/2 = −2, то есть a = 0 или a = −4/3.

При a = 0 получаем два различных корня: −2 и 0; при a = −4/3 также два: −2 и 0. При остальных отрицательных a корней ровно три.

Ответ: a ∈ (−∞; −4/3) ∪ (−4/3; 0).

а) Раскрытие модуля. Обозначим t = −a/7. При x ≥ t исходное уравнение равносильно P(x) = x² − 6x + a² − 8a = 0; при x ≤ t — Q(x) = x² + 8x + a² − 6a = 0. В точке t обе формулы совпадают, и корень учитывается один раз.

Каждое квадратное уравнение имеет не более двух корней. Поэтому для существования более двух различных корней необходимо, чтобы оба квадратных уравнения имели действительные корни.

Их дискриминанты: D₁ = 4(25 − (a − 4)²), D₂ = 4(25 − (a − 3)²). Условия D₁ ≥ 0 и D₂ ≥ 0 дают соответственно a ∈ [−1; 9] и a ∈ [−2; 8]. Следовательно, достаточно исследовать a ∈ [−1; 8]; вне этого промежутка корней не более двух.

б) Расположение корней. Вершины парабол P и Q имеют абсциссы 3 и −4. При a ∈ [−1; 8] выполняется −4 < t < 3. Кроме того, P(t) = Q(t) = 50a(a − 7)/49.

Если 0 < a < 7, это значение отрицательно. У каждой параболы точка t находится строго между корнями. Поэтому на полупрямой x ≥ t лежит ровно один корень P, а на полупрямой x ≤ t — ровно один корень Q. Всего два различных корня.

Если −1 < a < 0 или 7 < a < 8, значение в точке t положительно, а оба дискриминанта положительны. Поскольку t < 3, оба корня P лежат правее t; поскольку t > −4, оба корня Q лежат левее t. Получаем четыре различных корня.

в) Граничные значения. При a = −1 парабола P касается оси в точке x = 3 > t, а Q имеет два корня левее t. Всего три корня. При a = 8 парабола Q касается оси в точке x = −4 < t, а P имеет два корня правее t. Снова три корня.

При a = 0 и a = 7 точка t является общим корнем P и Q. Второй корень P равен 6 − t > t, а второй корень Q равен −8 − t < t. Поэтому в каждом случае получаем три различных корня.

Итак, более двух различных корней существует при всех a из [−1; 0] и [7; 8], и только при них.

Ответ: a ∈ [−1; 0] ∪ [7; 8].

а) Сведение к квадратному уравнению.
Положим t = x² ≥ 0, b = |2a − 4|. Тогда y = b − t, а первое уравнение принимает вид t² + (b − t)² = a², то есть 2t² − 2bt + b² − a² = 0.
Каждый положительный корень t даёт ровно два решения исходной системы: x = ±√t, y = b − t. Корень t = 0 даёт одно решение, отрицательный корень решений не даёт.
Поэтому ровно четыре решения получаются тогда и только тогда, когда квадратное уравнение имеет два различных положительных корня.

б) Условия на корни.
Дискриминант равен D = 4(2a² − b²). По теореме Виета сумма корней равна b, произведение равно (b² − a²)/2.
Два различных положительных корня существуют тогда и только тогда, когда D > 0, b > 0 и b² − a² > 0.
Эти условия равносильны двойному неравенству |a| < |2a − 4| < √2|a|.

в) Разбор значений параметра.
Если a ≤ 0, то |2a − 4| = 4 + 2|a| > √2|a|, поэтому решений неравенства нет.
Если 0 < a < 2, получаем a < 4 − 2a < √2a. Отсюда a < 4/3 и a > 4/(2 + √2) = 4 − 2√2.
Если a ≥ 2, получаем a < 2a − 4 < √2a. Отсюда a > 4 и a < 4/(2 − √2) = 4 + 2√2.
Все границы исключаются: на них либо появляется нулевой корень, либо совпадают два корня.
Ответ: a ∈ (4 − 2√2; 4/3) ∪ (4; 4 + 2√2).

а) Область допустимых значений и ветви решений.
ОДЗ: 2x + y + 6 ≥ 0. При этом произведение равно нулю тогда и только тогда, когда x² + y² + 4x = 0 или 2x + y + 6 = 0.
На прямой y = x + a условие ОДЗ имеет вид x ≥ h, где h = −(a + 6)/3.
Ветвь 2x + y + 6 = 0 при любом a даёт ровно одно решение: x = h, y = (2a − 6)/3.
Следовательно, для двух решений системы нужно ровно одно дополнительное решение с x > h на ветви x² + y² + 4x = 0.

б) Исследование второй ветви.
Подставляя y = x + a, получаем q(x) = 2x² + (2a + 4)x + a² = 0.
Дискриминант D = 4(8 − (a − 2)²). Обозначим α = 2 − 2√2, β = 2 + 2√2.
Если a < α или a > β, корней нет, поэтому система имеет только одно решение.
Если a = α или a = β, существует один корень x₀ = −(a + 2)/2. При этом x₀ − h = (6 − a)/6 > 0, поскольку β < 6. Значит, в каждом из этих двух случаев система имеет ровно два решения.

в) Случай двух различных корней.
Пусть α < a < β. Абсцисса вершины параболы равна v = −(a + 2)/2, причём v − h = (6 − a)/6 > 0: точка h расположена левее вершины.
Вычислим q(h) = a(5a − 24)/9.
Если q(h) < 0, точка h лежит между корнями, поэтому ровно один корень больше h и система имеет два решения.
Если q(h) = 0, меньший корень равен h и уже учтён в первой ветви; больший корень даёт одно дополнительное решение. Всего также два решения.
Если q(h) > 0, оба корня больше h, поскольку h < v. Вместе с первой ветвью получаем три решения.
Таким образом, требуется a(5a − 24) ≤ 0, то есть 0 ≤ a ≤ 24/5. Весь этот отрезок лежит внутри (α; β).
Ответ: a ∈ {2 − 2√2} ∪ [0; 4,8] ∪ {2 + 2√2}.

а) Сведение к исследованию парабол.

Из первого уравнения y = 4x + a. Второе уравнение равносильно равенству |y| = x(x − 4)/2, поэтому x ≤ 0 или x ≥ 4.

При y ≥ 0 получаем a = x²/2 − 6x = (x − 6)²/2 − 18; при y ≤ 0 получаем a = −x²/2 − 2x = 2 − (x + 2)²/2. В обоих случаях оставляем только x ≤ 0 или x ≥ 4.

Каждому найденному x соответствует ровно одно y = 4x + a. При y = 0 обе ветви дают одно и то же решение, которое следует учитывать один раз.

б) Число пересечений каждой ветви с прямой уровня a.

Для f(x) = (x − 6)²/2 − 18 на x ≤ 0 функция строго убывает и принимает все значения от 0 до +∞. Здесь один корень при a ≥ 0 и ни одного при a < 0.

На x ≥ 4 вершина этой параболы имеет координаты (6; −18), а f(4) = −16. Поэтому число корней равно 0 при a < −18; 1 при a = −18; 2 при −18 < a ≤ −16; 1 при a > −16.

Для g(x) = 2 − (x + 2)²/2 на x ≤ 0 вершина имеет координаты (−2; 2), а g(0) = 0. Поэтому число корней равно 1 при a < 0; 2 при 0 ≤ a < 2; 1 при a = 2; 0 при a > 2.

На x ≥ 4 функция g строго убывает от g(4) = −16 до −∞. Здесь один корень при a ≤ −16 и ни одного при a > −16.

Совпадения ветвей возможны только при y = 0: это x = 0, a = 0 и x = 4, a = −16. При каждом из этих значений параметра из суммы чисел корней вычитаем 1.

в) Разбор всех значений параметра.

При a < −18 система имеет 2 решения; при a = −18 — 3 решения; при −18 < a < −16 — 4 решения.

При a = −16 система имеет 3 решения; при −16 < a < 0 — 2 решения; при a = 0 — 3 решения.

При 0 < a < 2 система имеет 4 решения; при a = 2 — 3 решения; при a > 2 — 2 решения.

Ответ: a ∈ (−∞; −18) ∪ (−16; 0) ∪ (2; +∞).

а) Разложение на множители.

Перенесём все слагаемые в левую часть и сгруппируем выражения с параметром:

x⁴ − 4x³ + 8x + 3 + a(x + 1)(x − 3) = 0.

Так как x⁴ − 4x³ + 8x + 3 = (x + 1)(x − 3)(x² − 2x − 1), уравнение равносильно следующему:

(x + 1)(x − 3)(x² − 2x + a − 1) = 0.

Следовательно, x = −1 и x = 3 являются корнями при любом a. Для ровно двух различных корней квадратный множитель должен либо не иметь действительных корней, либо иметь только корни из множества {−1; 3}.

б) Разбор случаев параметра.

Уравнение квадратного множителя запишем в виде (x − 1)² = 2 − a.

Если a > 2, правая часть отрицательна, дополнительных корней нет. Исходное уравнение имеет ровно два различных корня.

Если a = 2, квадратный множитель даёт корень x = 1. Вместе с −1 и 3 получаем три различных корня, поэтому это значение не подходит.

Если a < 2, квадратный множитель даёт два различных корня x = 1 − √(2 − a) и x = 1 + √(2 − a).

Чтобы общее число различных корней осталось равным двум, эти корни должны совпасть с −1 и 3. Поскольку первый меньше 1, а второй больше 1, необходимо и достаточно √(2 − a) = 2, то есть a = −2.

При a = −2 исходное уравнение принимает вид (x + 1)²(x − 3)² = 0 и действительно имеет ровно два различных корня. При остальных a < 2 появляются дополнительные корни.

Ответ: a ∈ {−2} ∪ (2; +∞).

а) Разложение на множители.

Поскольку x³ − 2x² + 3x − 2 = (x − 1)(x² − x + 2), исходное уравнение равносильно:

(x − 1)(a² − (x² − x + 2)a − x²(x − 2)) = 0.

Разложим второй множитель: (x − 1)(a − x²)(a + x − 2) = 0.

Следовательно, все корни получаются из условий x = 1, x² = a, x = 2 − a. Совпадающие корни учитываем один раз.

б) Разбор значений параметра.

Если a < 0, уравнение x² = a не имеет действительных корней. Остаются x = 1 и x = 2 − a. Так как 2 − a > 2, это ровно два различных корня.

Если a = 0, получаем три различных корня: 0, 1 и 2. Это значение не подходит.

Если a > 0 и a ≠ 1, уже числа −√a, √a и 1 являются тремя различными корнями: первые два различны, отрицательный корень не равен 1, а √a ≠ 1. Поэтому таких значений среди искомых нет.

Если a = 1, все условия дают только x = −1 и x = 1, поскольку 2 − a = 1. Получаются ровно два различных корня.

Ответ: a ∈ (−∞; 0) ∪ {1}.

а) ОДЗ и равносильные преобразования.

ОДЗ: 16 − y² > 0 и 16 − a²x² > 0. По свойству логарифмов с одинаковым основанием первое уравнение равносильно y² = a²x² при выполнении ОДЗ.

Поэтому исходная система равносильна условиям y² = a²x², x² + y² = 8x + 4y, |y| < 4: второе ограничение ОДЗ следует из первого и равенства y² = a²x².

Обозначим t = |a| ≥ 0. Тогда y = tx или y = −tx.

б) Случай t = 0.

Получаем y = 0 и x² = 8x. Решения (0; 0) и (8; 0) удовлетворяют ОДЗ. Следовательно, a = 0 подходит.

в) Случай t > 0.

Прямые y = tx и y = −tx имеют единственную общую точку O(0; 0), которая всегда является решением системы.

На прямой y = tx второе уравнение принимает вид x((1 + t²)x − 8 − 4t) = 0. Кроме O, получаем точку P с координатами x = 4(2 + t)/(1 + t²), y = 4t(2 + t)/(1 + t²).

Точка P отлична от O. Она удовлетворяет ОДЗ тогда и только тогда, когда t(2 + t) < 1 + t², то есть 0 < t < 1/2. При t = 1/2 имеем y = 4, поэтому P исключается.

На прямой y = −tx получаем x((1 + t²)x − 8 + 4t) = 0. Кроме O, возможна точка Q: x = 4(2 − t)/(1 + t²), y = −4t(2 − t)/(1 + t²).

Для Q условие ОДЗ имеет вид |2t − t²| < 1 + t². Обе его части выполняются: 1 + t² − (2t − t²) = 2(t − 1/2)² + 1/2 > 0, а 1 + t² + (2t − t²) = 1 + 2t > 0.

При t = 2 точка Q совпадает с O; при остальных t > 0 она отлична от O. Отличные от O точки P и Q различны, поскольку лежат на разных прямых.

Таким образом, при 0 < t < 1/2 решений три; при t ≥ 1/2 и t ≠ 2 — ровно два; при t = 2 — только одно.

С учётом t = 0 подходят |a| ≥ 1/2, |a| ≠ 2, а также a = 0.

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

а) Замена переменной. Обозначим t = |x − a − 1| + |x − a + 1|. Раскрывая модули, получаем: t = 2 при |x − a| ≤ 1 и t = 2|x − a| при |x − a| > 1.

Поэтому t ≥ 2. Значению t = 2 соответствует весь отрезок [a − 1; a + 1], а каждому t > 2 — ровно два различных значения x = a ± t/2.

Исходное уравнение равносильно t² + at + a² − 16 = 0 при t ≥ 2. Для ровно двух корней x необходимо и достаточно, чтобы это квадратное уравнение имело ровно один корень t > 2, а t = 2 не был его корнем.

б) Разбор случаев. Пусть f(t) = t² + at + a² − 16. Тогда f(2) = a² + 2a − 12, D = 64 − 3a².

Если f(2) < 0, то точка 2 лежит строго между двумя корнями квадратного трёхчлена. Следовательно, ровно один корень больше 2, и условие выполнено.

Решаем: a² + 2a − 12 < 0 ⇔ (a + 1)² < 13 ⇔ −1 − √13 < a < −1 + √13.

Если f(2) = 0, то все x из отрезка [a − 1; a + 1] являются корнями. Такие значения параметра не подходят.

Если f(2) > 0 и D < 0, корней t нет. Если f(2) > 0 и D > 0, точка 2 находится вне промежутка между корнями, поэтому корней t > 2 либо два, либо ни одного. Эти случаи не подходят.

Остаётся D = 0. Единственный корень t = −a/2 должен быть больше 2. Из 64 − 3a² = 0 получаем a = ±8√3/3; условие −a/2 > 2 выполняется только при a = −8√3/3.

При этом t = 4√3/3 > 2, поэтому получаются ровно два корня x. Все случаи параметра рассмотрены.

Ответ: a ∈ {−8√3/3} ∪ (−1 − √13; −1 + √13).

а) Разложение на множители. Выносим x − 1 и используем равенство x³ − 1 = (x − 1)(x² + x + 1):

(x² − x)a² + (x⁴ − x³ − x + 1)a − x³ + x² = (x − 1)(xa² + (x³ − 1)a − x²) = (x − 1)(ax − 1)(x² + a).

Таким образом, исходное уравнение равносильно (x − 1)(ax − 1)(x² + a) = 0. Число различных корней определим с учётом возможных совпадений.

б) Неотрицательные значения параметра. При a = 0 получаем −x²(x − 1) = 0. Корни 0 и 1 различны, поэтому a = 0 подходит.

При a > 0 уравнение x² + a = 0 не имеет действительных корней. Остаются x = 1 и x = 1/a.

Они различны при a ≠ 1. При a = 1 имеется только один корень x = 1. Значит, из положительных значений подходят a ∈ (0; 1) ∪ (1; +∞).

в) Отрицательные значения параметра. Пусть a < 0. Обозначим b = √(−a) > 0, тогда a = −b². Все возможные корни: 1, −1/b², b, −b.

Среди них 1 и b положительны, а −1/b² и −b отрицательны. Поэтому ровно два различных корня возможны только тогда, когда положительные корни совпадают между собой и отрицательные также совпадают.

Условия совпадения: b = 1 и −1/b² = −b. Второе равенство равносильно b³ = 1, то есть при b > 0 также даёт b = 1.

Следовательно, подходит только a = −1: корни равны −1 и 1. При любом другом a < 0 все четыре указанных корня различны.

Ответ: a ∈ {−1} ∪ [0; 1) ∪ (1; +∞).

а) Исследуем выражение с модулями. Обозначим t = 4x − 3|x + a²| + |x − 1| + 3a². Поскольку −a² ≤ 1, раскрываем модули на трёх промежутках:

при x < −a²: t = 4x + 3(x + a²) + 1 − x + 3a² = 6x + 6a² + 1;

при −a² ≤ x ≤ 1: t = 4x − 3(x + a²) + 1 − x + 3a² = 1;

при x > 1: t = 4x − 3(x + a²) + x − 1 + 3a² = 2x − 1.

На первом промежутке t принимает каждое значение меньше 1 ровно один раз, на третьем — каждое значение больше 1 ровно один раз. Значению t = 1 соответствует весь отрезок [−a²; 1], содержащий бесконечно много точек.

Следовательно, каждому t ≠ 1 соответствует ровно один корень x. Ответ пункта а): исходное уравнение имеет ровно два корня тогда и только тогда, когда уравнение t² − (a + 1)t + 4 = 0 имеет два различных действительных корня, оба отличных от 1.

б) Разберём все случаи параметра. Дискриминант квадратного уравнения D = (a + 1)² − 16 = (a − 3)(a + 5).

Если −5 < a < 3, то D < 0: действительных значений t нет, поэтому корней x нет.

Если a = −5, то D = 0 и t = −2; если a = 3, то D = 0 и t = 2. В каждом случае t ≠ 1, поэтому исходное уравнение имеет ровно один корень.

Если a < −5 или a > 3, то D > 0: имеются два различных действительных корня t. Проверим, когда среди них есть 1: 1 − (a + 1) + 4 = 0, откуда a = 4.

При a = 4 уравнение принимает вид (t − 1)(t − 4) = 0. Значению t = 1 соответствует весь отрезок [−16; 1], поэтому корней x бесконечно много; этот параметр исключаем.

При остальных a из промежутков a < −5 или a > 3 оба корня t отличны от 1. Каждый даёт ровно один корень x, причём эти корни различны, поскольку одному x соответствует единственное значение t.

Ответ: a ∈ (−∞; −5) ∪ (3; 4) ∪ (4; +∞).