Готовимся к ЕГЭ
^/аХ^ВГОД/аХ^ОЯ DSZaX
В. В. Локоть
задачи с шл метр ими
ПРИМЕНЕНИЕ
свойств ткний,
ОРЕОБРДЗОВАВИЕ
НЕРАВЕНСТВ
МОСКВА
2010
УДК 373:51 ББК 74.26+22.1 Л73	ж
Научный редактор:	Зотиков С.В. — доцент, заведующий кафедрой математического анализа и методики преподавания математики Мурманского государственного педагогического университета
Рецензенты:	Бродский И.Л. — профессор кафедры естественно-математического образования МОИПКРО; Годзь Т.Е. — директор гимназии № 4 г. Мурманска, заслуженный учитель РФ
Локоть В.В.
Л73	Задачи с параметрами. Применение свойств функций, преобразование
неравенств. — М.: АРКТИ, 2010. — 64 с. (Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ)
ISBN 978-5-89415-578-4
В первой части пособия рассмотрены задачи с параметрами, при решении которых
используется область определения, множество значений, ограниченность и монотон-
ность функций. Во второй части пособия рассмотрен целый ряд примеров, для реше-
ния которых удобно применять равносильные преобразования, быстро приводящие
исходные неравенства (неравенства с модулем, иррациональные, показательные, лога-
рифмические, тригонометрические) к рациональным неравенствам.
Пособие адресовано учителям, студентам, учащимся 11 -го класса.
Материал может быть полезен при подготовке к Единому государственному экза-
мену (ЕГЭ).
ISBN 978-5-89415-578-4
УДК 373:51
ББК 74.26+22.1
© Локоть В.В., 2010
©АРКТИ, 2010
Глава 1. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
Очень часто при решении задач с параметрами приходится пользоваться
теми или иными свойствами элементарных функций (область определения и
множество значений, монотонность, ограниченность, четность и нечетность,
периодичность).
Рассмотрим некоторые приемы решения задач, в которых используется
область определения, множество значений, ограниченность и монотонность
функций.
§ 1. Ограниченность множества значений функций
Если при решении уравнения
f(x)=g(x)	(1)
удается показать, что для всех хеХ справедливы неравенства /(х)<А и
g(x)>^, то на множестве X уравнение (1) равносильно системе уравнений
/(х) = Л
g(x) = ^.
2	5	1 /l\l+lsin<“l
Пример 1. Решить уравнение: cos (лх - —• л) + = II
11	7	5	/ 1 \1+|sinaxl 1
Решение. Так как ±<± + Cos (лх--^гл), l-yl <у, то уравнение
L L	1	\ х» /	X»
равносильно системе:
1	7 Я 1
2 + cos (лх--^л) = -
соз2(лх--^л)-0
|sinax| = 0,
cos(;rx--^тг) = О
sin ах = О,
лх--^л = + иеП
ах = лк, keU.
Из первого уравнения системы х = ~-(11+ 12и), wgD . Подставим
значение х в уравнение ах = лк, получим а=
Ответ: x = i(ll + 12w) при а =,	, к,пеП .
2	11 + 12/7
При других значениях а решений нет.
1*-794
3
Пример 2. Найти все значения параметра а из промежутка 2 < а < 5, при
которых уравнение log2(3-|sinax|) = cos(^x--~) имеет хотя бы одно решение
х из промежутка 2 < х < 3.
Решение, Так как 3 - |sin ах| > 2, то log2 (3 - |sin лх|) > 1. С другой стороны,
cos(;rx - “) < 1, поэтому равенство возможно лишь при условии
о)
log2(3-1 sin ах |) = 1	3 -1sin ах| = 2	Г| sin ах |= 1
cos(;rx“) = l, ях~ = 2лк, к eD х=^ + 2к> ке%.
10	16	10
Только при к = 1 х = е [2;3]. Подставим значение х = Ц в первое
6 * J	6
уравнение системы. Имеем sin-^-a = 1, откуда = + wgD и
I 6 |	6	2
Зл-(1 + 2>и)	9д-	15д-
а=—При т = \ и т = 2 значения Л = и а= 13 принадлежат
интервалу (2;5).
Ответ:	•
Пример 3. При каких значениях а неравенство
yjx2 +8х + 20 <	Т-4в-3 не имеет решений?
а2-2а-8
Решение. Оценим левую часть неравенства
д/х2 +8х + 20 = ^/(х + 4)2 +4 > 2. Неравенство не имеет решений, если
2а -4а-3 < 2 <=> ------------ <0, откуда -2 < а < 4.
а2-2а-8	(а + 2)(а-4)
Ответ: ае(-2;4).
Часто при оценивании левой (правой) части уравнения или неравенства
применяется неравенство Коши (неравенство между средним арифметическим
и среднем геометрическим двух неотрицательных чисел):
4
^(a + b)>yfab, (а>0,6>0). Равенство в этом неравенстве достигается
при а = Ь.
Другая форма неравенства Коши имеет вид: at +—> 2^а/ • у = 2у[аЬ,
z > О, а >0,b>0. Равенство достигается при at~^
Рассмотрим примеры, при решении которых удобно воспользоваться
неравенством Коши.
Пример 4. При каких значениях а найдутся такие Ъ, что числа
4 + 25ь, а, 5~ь будут являться последовательными членами геометрической
прогрессии?
Решение. По свойству членов геометрической прогрессии имеем
а2 = (4 + 25h) • 5~ь =	+ 5Ь. Пусть 5Ь = г, t > 0. Воспользуемся неравенством
Коши: a2= — + t>
t
4. В силу непрерывности и неограниченности
сверху функции /(0 = у + /, множество ее значений — промежуток [4;<ю).
Таким образом, при любом а таком, что а2 > 4 <=> |а| > 2, найдутся b такие, что
1 _ 4 , cb
а = ““г + «> •
5Ь
Ответ: |а| > 2.
Пример 5. При каких значениях а уравнение
х2 -4ах + 4а2 +1
х-2а
+ х2-2х-1 = 0
(1)
имеет хотя бы одно решение?
Решение. Уравнение (1) перепишем в виде
(2)
5
Пусть |x-2a| = r, />0. Так как / + |>2, то левая часть уравнения (2)
не меньше 2, причем равенство возможно только в случае
lx-2al=1 ^||х-2д|=1
(х-1)2=0,	|х = 1,
откуда |1-2а| = 1 и а = 0 или а = 1.
Ответ: {0; 1}.
При решении задач с тригонометрическими функциями часто приводит к
успеху метод введения вспомогательного угла. Рассмотрим два примера, в
которых используется оценка тригонометрического выражения a sin a + bcosa.
|asina + £>cosa| = 4 а2 + b2
, a sin a + , cos a
«/^2 . >2	/ 2^,2
=4a2 + b2 |cos (p sin a + sin q> cos a| = 4a2 + b2 |sin(a + p)| < 4a2 + b2 , так как
|sin(a + ^?)| < 1. Здесь cos<p =  a - , sin<p = ,	.
yja2+b2 \la2 + b2
Пример 6. Найти все значения параметра а, при которых уравнение
V3sinx--4cosx(a2 + 45- 2а) = а + 3 не имеет решений.
Решение. 3sinx-4cosx = 5(jsinx-jcosx) = 5sin(x-p), где cosp = -|,
sinp = |. Исходное уравнение запишем в виде 45 • y/sin(x-(p) =  2	—
Выражение а2 +45-2а не обращается в нуль, так как
а2 - 2а + 45 = (а -1)2 + (45 -1) > 0. Уравнение Jsin(x-<p) = —т=—
yl5(a-2a + yJ5)
имеет решения, если 0 <	—^5) ~ ’ И не имеет Решения> если:
1) -7=—+ 3 <о <=>а + 3<0,ае(-оо;-3), или
45(а2-2а + 45)	V 7
6
2) -=r—-------- yi^y/ja2-2yf5a + 5<a + 3<^ Ла2 - (2>/5 + l)a + 2 < 0
V5(a2-2a + V5)
<=> a2 - (2+^-)a +	< 0, откуда a g	; 2^, так как корни квадратного
трёхчлена , а2 = 2.
Ответ: a g (-оо;-3)и^-^;2^.
ТТ	*7 IT	L	[х2+У2=\
Пример 7. При каких а и b система ' имеет единственное
[ax + Z>y = 1
решение?
Решение. Так как |х|<1 и |у| < 1, то удобно сделать замену x = sina,
у = cos а, ае[0;2л-]. Остается выяснить, при каких а и b уравнение
asina + Z>cosa = l имеет единственное решение на отрезке [0;2д-]. При
а2 + Ь2 = 0 система не имеет решений. При а2 + Ь2 > 0 второе уравнение
преобразуется следующим образом
a sin a+ Z? cos а = 1 <=>	.sin а +	—cosa) = —. *	<=>
\1а2 +Ь2	\/а2+Ь2	\1а2 +Ь2
<=> sin(a + <р) = -уЛ.-, где cos <р = , а	, sin <р = . b .
Va2+Z>2	\la2+b2 yla2+b2
sin(a + p) на отрезке [0;2;г] каждое свое значение, кроме ±1, принимает
более одного раза. Поэтому условие единственности решения достигается при
V77P'=i.
Ответ: а2 + b2 = 1.
7
§ 2.	Использование монотонности функции
Рассмотрим сначала несколько простейших примеров, решение которых
основано на следующем утверждении:
Утверждение 1. Если функция f возрастает (убывает) на множестве
X, то уравнение f(x) = А на множестве X имеет не более одного корня.
Пример 8. Решить уравнение Vx - у]а-х = \[а .
Решение. Имеем 1[х -х/а-х -\[а <=> \[х +>/х-а = \[а. Пусть
f (х) = Vx + yjx-a. Функция f возрастает на всей числовой оси,
следовательно, уравнение f(x) = l[a имеет не более одного решения. Легко
видеть, что х = а — корень.
Ответ: х = а.
Пример 9. Определить число корней уравнения х/Зх-5 = а - х/Зх + 11.
Решение. Пусть f (х) = х/Зх - 5 + х/Зх + 11. Функция f возрастает на
области определения £>(/) = [-|;+оо), тогда /(х)> /^ = 4 и множеством
значений функции f служит промежуток [4;+оо) (£(/) = [4;+оо)).
Ответ: при а>4 уравнение имеет единственное решение, при я<4
решений нет.
Пример 10. Определить число корней уравнения х/2х + 8 - а = х/2х + 3 .
n	п /о о ГЧ	(2х + 8) — (2х + 3)
Решение. Имеем х/2х + 8-х/2х + 3 = а <=>	,	 =а <=>
V 2х + 8 + х/2х + 3
<=> —г ..--- ;---= а. Так как функция /(х) = ..................
х/2х + 8 + х/2х + 3	х/2х + 8 + х/2х + 3
убывает на области определения D(f) =	;+°° j, то max /(х) = f (-у) = 4$ ,
^(/) = (0;V5j.
Ответ: ag(-oo;0]u(x/5;+ooJ, 0;	ае(0;х/5 — единственное решение.
8
Иногда при решении задач удобно пользоваться следующим
утверждением: если функция f возрастает (убывает), то из равенства
/(*) = /(^) следует равенство х = у.
Пример 11. Решить систему уравнений: *
х-у + 2а = Зу-9аЗх
у = х2 +х
Решение. Перепишем первое уравнение системы следующим образом:
х + 2а + Зх+2а = у + Зу. Пусть f(t) = t + 3', тогда уравнение можно записать в
виде f(x + 2а) = f(y). Функция f возрастает на всей числовой прямой, так как
f'(t) = 1 + 3' • In 3 > 0 для всех t е (-оо;+оо). Отсюда следует, что х + 2а = у.
Итак, исходная система равносильна следующей:
х = у/2 а
х + 2а = у (у = х + 2а
7 О I ?
у = х +х [х = 2а
у = у/2а +2а
х = -у/2а
у = 2a-yJ2a
Ответ: а е(-оо;0), 0; а = 0, х = 0, у = 0;
ае(0;+оо), ^{>[2а\2а + >12а)\ (->/2а;2а-\/2а)|.
Рассмотрим теперь два способа решения задания С(5) демонстрационного
варианта Единого государственного экзамена по математике 2005 года. Первый
способ основан на утверждении, приведенном выше: если функция f
возрастает (убывает) на множестве X, то уравнение f(x) = А на множестве X
имеет не более одного корня. Второй способ решения базируется на
следующем очевидном утверждении:
Утверждение 2. Если функция f возрастает (убывает), а функция g
убывает (возрастает) на множестве X, то уравнение f(x) = g(x) на
множестве X имеет не более одного корня.
2-794
Кроме того, при решении задания С(5) используется теорема Больцано —
Коши: если функция (р непрерывна на отрезке [а;/?] и <р(а)-(р(Ь)<§,то
уравнение <p(t) = 0 имеет по крайней мере один корень на интервале (а\Ь\
Пример 12. Известно, что уравнение (2р + 3)х2+(р + 3)х + 1 = 0 имеет
хотя бы один корень. Найдите все значения параметра р, при которых число
различных корней этого уравнения равно числу различных корней уравнения
2х + 1_	1
21-Р >/ГЗ + 3’
1 способ. Введем новую переменную t = Vx-3, х = t2 + 3, t > 0. Тогда при
р * 21 второе уравнение примет вид
(2(Z2+3) + 1)(/ + 3) = 21-р <=> 2? + 6Г2 + 7/ + р = 0.
Покажем, что функция <p(t) = 2t3 + 6t2 + 7t + р возрастает при t > 0. Это
следует из того, что = 6/2 + 12г + 7 > 0.
Таким образом, уравнение ^(/) = 0 имеет не более одного корня, и
условиям задачи удовлетворяют те значения р, при которых оба уравнения
имеют единственное решение. Первое уравнение имеет единственный корень в
следующих случаях:
1, 2р + 3 = 0	/> = -1,5, х = -|.
2. £> = 0 о (р + 3)2-4(2р + 3) = 0 <=> р2-2р-3 = 0, р = -1, р = 3.
Проверим, имеет ли второе уравнение решение при этих значениях р.
а)	р = -1,5. р(0) = -1,5<0, 0>(1) = 15-1,5 =13,5>0. Уравнение (р(х) = 0
имеет корень на интервале (0; 1).
б)	р = -1. 0>(О) = -1 < 0, р(1) = 14>0. Уравнение (p(t) = O имеет корень на
интервале (0;1).
в)	р = 3. Уравнение <p(t) = 0 <=> 2t3 + 6/2 + 7t + 3 = 0 не имеет решений (t > 0).
10
2 способ. Второе уравнение запишем в виде f (х) = g(x), где
/(*) = j-/-*, g(x) = “7=U—, х>3. Так как g(x)>0, то уравнение
21“Р Vx-3+З
f СО = g(x) может иметь решения только при р < 2 1, поскольку lx +1 > 0 при
х>3. Выясним характер поведения функций f и g. f — линейная
функция, к = —^—>0, поэтому f возрастает, E(f)=	----
21-р	[_21-р
-—;+оо |.

g — убывающая функция, множество ее значений E(g)
Это означает, что уравнение /(x) = g(x) на множестве [3;-ню) может
иметь не более одного решения. Как и в первом способе решения, находим
значения р = -1,5, р = -1 и р = 3, при которых первое уравнение имеет
единственное решение. Проверка «подозрительных» значений параметра р
заключается в следующем:
если f (3) < g(3), то уравнение f (х) = g(x) имеет решение, если же
f (3) > g(3), то решений нет.
6) Р-1.
В) р=з. /(3)=-Z-=1L>l=g(3).
Условиям задачи удовлетворяют значения р = -1,5 и р = -1.
Ответ:
Пример 13. (Пробный экзамен 2005 года).
Найдите все значения параметра р, при каждом из которых число
различных корней уравнения
(7р + 3)х + 35р-2	2 + 3
х + 5 р
равно числу различных корней уравнения
(р + 3)х2 +2х(р + 9) + 27 = 0.	(2)
11
2*-794
Решение. При х#=5 уравнение (1) равносильно уравнениям
7рх + Зх + 35р-2 = р2х + 5р2 4-3x4-15 <=> р(р-7)х = -5р2 +35р-17.
При р = 0 и р = 7 уравнение (1) не имеет решений. При остальных значениях
р (р е (—оо;0) U (0;7) U (7;ч-оо)) уравнение (1) имеет единственный корень
-5р2+35р-17 = _	17
р(р-7)	р(р-7У
Итак, число различных корней уравнения (1) п = 0 или п = 1.
Выясним теперь, сколько корней имеет уравнение (2) в зависимости от р.
Уравнение (2) имеет единственное решение в следующих случаях:
1)	р = -3. Уравнение (2) линейное (12x4-27 = 0) и имеет единственное
решение х = -2,25. Так как уравнение (1) при р = -3 тоже имеет единственное
решение, то р = -3 удовлетворяет условиям задачи.
2)D = 0. |о = (р + 9)2-27(р + 3) = /?2-9р = р(р-9). D = 0 при р=0и
р = 9. Исследуем каждое из этих значений отдельно.
а)	р = 0. Уравнение (1) не имеет решений, уравнение (2) имеет единствен-
ное решение. Значение р = 0 условиям задачи не удовлетворяет.
б)	р = 9. Оба уравнения имеют по одному решению, следовательно, р = 9
условиям задачи удовлетворяет.
Если D > 0 и р * -3, т.е. если р g (-оо;-3) U (-3;0) U (9; -юо), то уравне-
ние (2) имеет два различных корня, поэтому такие значения р не удовлетворя-
ют условиям задачи.
Уравнение (2) не имеет решений, если D < 0 <=> р(р - 9) < 0 <=> р е (0; 9).
Из двух значений р = 0 и р = 7 только р = 7 е (0; 9), поэтому оба уравнения не
имеют решений при р = 7. Следовательно, р = 1 удовлетворяет условиям задачи.
Ответ: {-3; 7; 9}.
Замечание. В условии примера 12 было указано, что корни существуют,
тогда как в примере 13 надо было учитывать и те значения р, при которых оба
уравнения не имеют корней (число корней уравнения равно 0).
12
§ 3. Задачи с параметрами, которые предлагались в 2004-2005 гг.
на Едином государственном экзамене
Пример 14. Найдите все значения параметра а, при которых множество
решений неравенства х(х - 2) < (а +1)(| х -11 -1) содержит все члены некото-
рой бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом, рав-
ным 1,7, и положительным знаменателем.
Решение. х(х - 2) < (а +1)(| х -11 -1) <=> х2 - 2х +1-1 х -11< а(| х -11 -1) <=>
<х>Iх-112 -1х-11<а(|х-11-1)	1(|х-11-1) < а(\х-11-1) <^>
<=>(|х-1 |-л)(|х-11-1) <0.	(1)
Найдём множество решений неравенства (1) при различных значениях а.
1)	а = 1. Неравенство (1) принимает вид (| х -11 -I)2 < 0, множество реше-
ний которого X = {0; 2}. Так как Ьх = 1,7 ё X, то а = 1 не удовлетворяет усло-
виям задачи.
2)	а > 1. Неравенство 1 <| х -11< а равносильно совокупности двух систем:
И <х-1 <а |х>1	(2<х<\ + а |х>1
$ сз VI и 1 VI v 	।	1	откуда следует, что X = [1 - а; 0] U [2; 1 + а]. [х<1,
Как и в случае 1)	ё X, следовательно, значения а > 1 не удовлетворяют
условиям задачи.
3)	а < 1. Неравенство а <| х -11< 1 равносильно совокупности двух систем:
1 *	£3 IV 1Л •— * 1 1Л h*-*	Г1 + а<х<2 |х> 1
VI и 1 VI V сз * 	1	откуда следует, что Ar = [0;l-a]U[l + ^;2]. [х<1,
При а<0 X = [0;2], Ьх еХ и при любом q е (0; 1) Ьп -qn 1 еХ (weD ),
т.е. все а < 0 удовлетворяют условиям задачи.
13
Пусть теперь а е (0; 1). Условие b{ е X будет выполнено, если 1 + а < ,
откуда а <0,7 и 1-а>0,3. Покажем теперь, что знаменатель прогрессии q
можно выбрать так, чтобы bn g X для любого леО. Такому условию удовле-
= 1,7-9<0,3«9<-^.
Ответ: ае(-оо;0,7].
Пример 15. Найдите все значения параметра а, при которых множество
решений неравенства х(х - 4) > (а + 2)(| х - 21 -2) включает все члены некото-
рой арифметической прогрессии, содержащей как отрицательные, так и поло-
жительные члены, а разность этой прогрессии равна 0,5.
Ременые.х(х-4)>(<я + 2)(|х-21-2) <=>х2-4х+ 4-2|х-21><?(|х-21-2) <х>
<=>|х-2|2-2|х-2|>«(|х-2|-2)<=>|х-2|(|х-2|-2)>«(|х-2|-2) <=>
<=>(|х-2|-«)(|х-2|-2)>0.
(1)
Найдём множество решений неравенства (1) при различных значениях а.
1) а = 2. Неравенство (1) принимает вид (| х - 21 -2)2 > 0, множество реше-
ний которого X = (-оо; -юо). Все члены любой арифметической прогрессии
содержатся во множестве X. Ясно, что а = 2 удовлетворяет условиям задачи.
2)а<0. (|х-2|-а)(|х-2|-2)>0<=>|х-2|-2>0, откуда
ЛГ = (-оо; 0]U[4; -юо).
Очевидно, что не существует арифметической прогрессии с разностью
d = 0,5, содержащей как отрицательные, так и положительные члены, каждый
из которых принадлежал бы множеству X.
3) 0 < а < 2. Множество решений неравенства (1)
Х = (-ъ- 0]U[2-a; 2 + a]U[4; -юо).
4) а > 2. В этом случае JT = (-oo; 2-a]U[0; 4]IJ[tf + 2; -юо).
В случаях 3) и 4) требуемая прогрессия будет существовать, если расстояние
между точками 0 и 2-а не будет превосходить разности прогрессии. Из
неравенства 12 - а |< 0,5 получаем
Ответ: а е[1,5; 2,5].
14
Пример 16. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых в
области определения функции у - (х - а) - logfl (ах + 2) имеются нату-
ральные числа, кратные 5, и их количество равно количеству натуральных чи-
сел, кратных 7, принадлежащих области определения.
Решение.
1) а > 1. Логарифмическая функция с основанием а > 1 возрастает, поэтому
loga(x-tf)-loga(ar + 2)>0 <=> х-а>ах + 2>0 <=> —<х<~^~^. Так как
неравенство ~~<	~^а + 2 < -я2 - 2а <=> 2 < -а2 не имеет решений, то
функция у нигде не определена. Значения а > 1 условиям задачи не удовлет-
воряют.
2) 0 < а < 1. Логарифмическая функция с основанием а убывает. Решая
неравенство loga(x - а) - logfl(ax + 2)>0<=>0<х-а<ах + 2<=>а<х<
получаем D(у) = (а;/?], где b = ~ + -.
1 — а
Если Ь<1, то в D(y) нет чисел, кратных 7. Это противоречит условию за-
дачи. При b е [7; 10) D(y) содержит по одному числу, кратному 5 и 7 (это
числа 5 и 7). Решая неравенство 7 <	< 10 <=> 1-1а <а + 2< 10-10а,
5	8
получаем ^<a<-fr. Пусть теперь Z?g[10;14). D(y) содержит два числа (5 и
о	11
10), кратные 5, и только одно число, кратное 7, что не удовлетворяет условиям
задачи. При b е [14; 15) D(y) содержит по два числа, кратных 5 и 7 (это числа
5; 7; 10; 14). Из неравенства 14 < у— < 15<=> 14-14а <а + 2 < 15-15а следует,
1 — а
4
5
13
16’
Рассмотрим ещё несколько случаев. Если Z?g[15;21), то D(y)
содержит два числа, кратных 7 (это 7 и 14), а чисел, кратных 5, - три (если
b < 20) или четыре (если 20 < b < 21). При b = 21 D(y) содержит три числа,
кратных 7, и четыре - кратных 5. В каждом из промежутков (1к\ 7(£ + 1)],
15
к = 3,4,— длиной 7 есть только одно число, кратное 7 (это число 1(к +1)), и не
менее одного числа, кратного 5, причём число, кратное 5, появится раньше
числа, кратного 7. Таким образом, в D(y) при Ь> 21 чисел, кратных 7, меньше,
чем чисел, кратных 5. Следовательно, условиям задачи удовлетворяют
только значения а е Гк;А IU
|_о 11/	16/
Ответ: а е [|;£)U[|;||)
В примерах 17-22 через X будем обозначать множество решений соответ-
ствующего неравенства.
Пример 17. Найдите все значения параметра а, при которых в множестве
о 2
решений неравенства 16а + а2<^—х(х-2а-8) нельзя расположить два
отрезка длиной 3 и длиной 4, которые не имеют общих точек.
Решение. Выполним равносильные преобразования:
16« + «2<-^--х(х-2а-8) <=>(х2-2ах + а2)-(8х-16а + ^-)<0<=>
<=> (х - а)2 - |(х - а}2 < 0 <=> i(x - а)2 (х - 8) < 0.
Найдём множество решений неравенства при различных значениях а.
1)	a g(-oo;0]U[8;+oo), Аг = (0;8). В этом случае в X можно расположить
два отрезка длиной 3 и длиной 4, не имеющих общих точек. Это означает, что
рассматриваемые значения а не удовлетворяют условиям задачи.
2)	ае(0;8), X = (0;a)U(a;8).
Легко убедиться, что если а е (0; 1) IJ (3;4) IJ (4; 5) U (7;8), то в X можно
расположить два искомых отрезка. Если же a g [1; 3] U {4} U [5; 7], то это сделать
невозможно.
Ответ: a e[l;3]U {4}U[5;7J.
Пример 18. Найдите все значения параметра а, при которых в множестве
решений неравенства х(х - 2а -10) + а2 <	— 20а можно расположить два
отрезка длиной 1 и длиной 8, не имеющих общих точек.
16
Решение. Сначала выполним равносильные преобразования:
х(х-2д-10) + «2<^—20« <=>(х2-2ах + д2)-(10х-20а + ^-)<0<=>
•» (х - а)2 - -у (х - а)2 < 0 <=> (х - а)2 (х -10) < 0.
Найдём множество решений неравенства в зависимости от параметра а.
1) a g (-oo;0]U[10;+oo), X = (0; 10). В X можно расположить два отрезка
длиной 1 и длиной 8, не имеющих общих точек.
2) а е (0; 10), X = (0;a)U(tf;10). Несложно проверить, что условиям задачи
удовлетворяют значения а е (0; 1) U (1; 2) U (8; 9) U (9; 10). Объединяя найденные
значения а, получим
Ответ: a е (-оо; 1) U (1; 2) U (8; 9) U (9; -ню).
Пример 19. Найдите все значения параметра а, при которых множество
решений неравенства а2 +~~< 12а-х(х-2а + 6) не содержит ни одного
отрезка длиной 5, но при этом содержит хотя бы один отрезок длиной 3.
Решение. После равносильных преобразований получим
а2 +	<12а -х(х - 2а + б) о (х2 -2ах + а2) + (6х - 12д + ^-) < 0 «
<=> (х - а)2 + |(х - а)2 < 0 <=> |(х - а)2 (х + 6) < 0.
В зависимости от параметра а найдём множество решений неравенства.
1) a g(-oo;-6]U[0;+oo), Аг = (-6;0). Интервал (-6;0) содержит отрезок
длиной 5, поэтому рассматриваемые значения параметра а не удовлетворяют
условиям задачи.
2)ае(-6;0), X = (-6;a)U(tf;0). Объединение двух интервалов будет
содержать отрезок длиной 3, но не будет содержать отрезок длиной 5, если
a g[-5;-3)U(-3;-1].
Ответ: а е [-5;-3) U (-3;-1].
Через Д, (i = 1,2,...) будем обозначать отрезок, длина которого равна i.
17
3-794
Пример 20. Найдите все значения параметра а, при которых множество
2	9 д
решений неравенства х ~~ + 6а < (а + 6)х - 9 содержит какой-нибудь отрезок
длиной 5, но не содержит никакого отрезка длиной 6.
Решение. Условие задачи можно записать следующим образом. Найти все
значения а, при которых выполняются два требования:
1)	существует Д5 с: X, 2) Д6 <z X для любого отрезка Д6.	(*)
Выполним равносильные преобразования. Получим
х2 -^- + 6а < (а + 6)х-9 <=>-^(х3 -9а + бах-ах2 -6х2 + 9х) < 0<=>
<=> -i(x(x2 -6х + 9)-а(х2 -6х + 9))<0<=>-^-(х-а)(х-3)2 <0.
Рассмотрим несколько случаев.
1)а<0, Аг = (а;0). Условия (*) выполняются при а е [-6; -5).
2)	а = 0, X = 0. Не выполняется условие Д5 с: X.
3)	ае(0;3], Х = (0,а), Д5айГ.
4)	ае(3;+оо), X = (0;3)U(3;a). Условия (*) выполняются при ае(8;9].
Ответ: ае[-6; -5)U(8; 9].
Пример 21. Найдите все значения параметра а, при которых множество
16 + а(8-х) 8Z1 2ах ,	-
решении неравенства -----------<—(1+—)-1 содержится в каком-нибудь
х2 х xL
отрезке длиной 3 и при этом содержит некоторый отрезок длиной 2.
Решение. Условие задачи запишем следующим образом. Найти все а, при
которых существуют Д2 и Д3 такие, что Д2 cz X а. Д3.	(*)
После выполнения равносильных преобразований получим
16 + а(8-х)< 8(1+2|)_1 о J_(i6.v + 8ax-ac2-8?-16a + x3)<0o
X	х X	X
Дг (х(х2 - 8х +16) - а(х2 - 8х +16)) < 0 <=> -у (х - а)(х - 4)2 < 0.
X	X
Выясним теперь, при каких значениях а выполняются условия (*).
18
1)	a g (-00;0), X = (a;0). Условия (*) выполняются при a g [-3;-2).
2)	a = 0, X = 0. Условие Д2 ° X не выполняется.
3)	a g (0;4], X = (0;a). При a g (2; 3] условия (*) выполняются.
4)	a g (4;+00), X = (0;4)U(4;a). He выполняется условие X <z Д3.
Ответ: a g[-3;-2)U(2;3].
Пример 22. Найдите все значения параметра а, при которых множество
9-(а + 6)х За/3 i	л
решении неравенства ---—~<~ТУ—2)-1 содержит число 4, а также
х х х
содержит два непересекающихся отрезка длиной 4 каждый.
Решение. Условия задачи запишем следующим образом. Найти все а, при
которых 1) 4еХ, 2) Д4 IJ Д4 <= X, Д4 П Д4 = 0.	(*)
Выполним равносильные преобразования.
^7(a + 6)x<3g.(3-2)-l « -±-(9х-ах2-6х2-9а + 6ах + х3)<0е>
X	X х	X
<=> 4г(х(х2 - 6х + 9)-а(х2 -6х + 9)) < 0 <=> -L(x - а)(х - З)2 < 0.
х	х3
Рассмотрим все значения а е □ и выберем те, при которых выполняются
условия (*).
1)	ас(-оо;0), X = (а;0). Условие 4 g У не выполняется.
2)	а = 0, X = 0. Условия (*) не выполняются.
3)	а е (0; 3], X = (0;а). Условия (*) не выполняются.
4)	ас(3;-юо), X - (0;3)U(3;a). При а>11 интервал (3;а) содержит число
4 и два непересекающихся отрезка длиной 4 каждый.
Ответ: a g (11; ч-оо).
Пример 23. Найдите все положительные значения параметра а, при
каждом из которых множество решений неравенства | ах + 31 х | -51< 1 содер-
жит какой-нибудь отрезок длиной 10 и при этом содержится в некотором от-
резке длиной 36.
19
3‘-794
Решение. По определению модуля исходное неравенство равносильно
двойному неравенству -1<ах + 3|х|-5<1<=>4<ах + 3|х|<6. Если х> 0, то
|х |= х, следовательно имеем 4 < {а + 3)х < 6 <=> —< х < - Длина интер-
вала ++равна	поэтому отрезок длиной 10 не может содер-
жаться во множестве неотрицательных решений исходного неравенства.
Если х < 0, то | х |= -х и тогда получаем 4 < (а - 3)х < 6.
Если а > 3, то (а - 3)х < 0 и поэтому отрицательных решений у неравенст-
ва 4 < (а - 3)х < 6 нет. Значит, а > 3 не удовлетворяет условиям задачи.
Если 0 < а < 3, то а - 3 < 0, и поэтому —< х < —4—.
а-3	а-3
Длина интервала
у j равна у Интервал	содержит отрезок длиной 10,
7
только если его длина больше 10. Следовательно, -->10<=>2>30-10а<=>
3-а
а > 2,8. Множество решений неравенства X =	со-
держится в отрезке длиной 36, только если -- —=	  < 36. Отсюда
а + 3 а-3 9-а2
получаем 1 < 9 - а1 <=> а2 < 8. С учётом того, что а > 2,8, окончательно имеем
«е(2,8; 2>/2].
Ответ: де (2,8; 2-72].
Пример 24. Найдите все положительные значения а, при которых для
любого числа х из отрезка [-3; 3] верно неравенство 12х + а | х | -151> 4.
х(а + 2)> 19
х(а + 2)< 11.
Решение. Сначала раскроем внутренний модуль.
1) х>0, |2х + я|х|-15|>4<=>|х(я + 2)-15|>4<=>
Первое неравенство совокупности не выполняется при х = 0 ни при каком а.
Второе неравенство будет выполняться при всех х е [0; 3], если оно выполняет-
ся при наибольшем значении х = 3. Значения а находим из неравенства
20
3(а + 2)<11<=>3а<5<»а<|.
2) х<0, |2х + а|х|-15|>4»|х(2-а)-15|>4<=>
х(2-а)>19
х(2-а)<11.
При а <
2 - а > 0, поэтому первое неравенство совокупности не выполняет-
ся ни при каких х < 0, а второе выполняется при любых х е [—3; 0). Таким об-
разом, при а е
исходное неравенство выполняется при всех х е [-3;3].
Ответ: ае
Пример 25. Найдите все значения параметра а, при которых решение
6x4-1
неравенства а3х ~2ax+(2a+Q^°^4 < з1о&3 либо принадлежит отрезку [1; 2],
либо принадлежит отрезку [3; 4].
Решение. Упростим исходное неравенство.
6х+1
^3x2-2ar4-(2o4-0,5)logo 4 < ^log2 3	а3х2-2ах . а<2а+0,5)logo 4 < ^(6x4-l)log3 2
а3хг-2ах <67logu 4<2а+0’5) < ^log3 2<6x+l) ^Зх2-2х .д2а+0,5 ^бх-И
О а^3х-2а), 24О+1 < 26х+1	ах(3х-2о) < 26х-4а	х(3д. _ 2д) д < 2(3х — 2а) О
(3x-2a)(xlog2a-2)<0.
(1)
По определению логарифма а е (0; 1) U (1; -к»).
l)ae(0; 1). Так как log2a<0, то множество решений неравенства (1)
X = (—оо; X] ] U [лг2; -ню), где jq =	<0их2=у>0 — корни квадратного
трёхчлена (3x-2a)(xlog2 а-2). Ясно, что X ф [1; 2] и JTa[3; 4]. Поэтому
значения а е (0; 1) условиям задачи не удовлетворяют.
21
2) a g (1; -ко). Поскольку log2 a > 0, то множество решений неравенства
(1)	=	x2] или X = [x2; xj (в данном случае несущественно, какое из
двух чисел X! или х2 больше).
Значения а, при которых X с: [1; 2], найдём из системы неравенств
1< 2£<2
3 "
1 <-j—^—< 2
I log2«
i<«<3
1 < log2 а < 2
 2"а"3=>ае[2; 3].
2<а<4
Аналогично, значения а, при которых X а [3; 4], ищем из системы
3<^<4	[4,5^<6	Г4)5<а<6
_	<=>5 1	?<=>5 /- 0-
з<	.<4	y<10g2a<-	[V2<a<V4
log2 а 12	J
Таким образом, условиям задачи удовлетворяют те значения а, при
которых X а [1; 2].
Ответ: ае[2; 3].
Пример 26. Найдите все положительные значения параметра а, при
которых каждое решение неравенства аах +2х -2434х"3,2 >81(2а+5)А‘
принадлежит отрезку [-8; -2].
Решение. Преобразуем исходное неравенство
^ах2 +2х . 2434а-3’2 > g |(2а+5)х	^х(ах+2) ^5(4х-3,2) > ^4(2а+5)х	^х(ах+2) > 380x4-16
<=> х(ах + 2) log3 а > 8(ах + 2) <=> (ах + 2)(х log3 а - 8) > 0.	(1)
В этом примере, в отличие от предыдущего, надо рассматривать случай а = 1.
1)ае(1; +оо). Множество решений неравенства (l)JT = (-oo; xjUt^» +00),
—2	8
где X, = — <0, х7 =;-----> 0. Очевидно, что X <z [-8; -2], поэтому значения
a	log3 а
параметра а > 1 условиям задачи не удовлетворяют.
2)	а = 1. Неравенство (1) принимает вид -8(х + 2) > 0 <=> х < -2. Значение а = 1
условиям задачи не удовлетворяет, так как X = (-оо; -2] <z [-8; -2].
22
3)	a g (0; 1). Поскольку log3 a < 0, то множество решений неравенства (1)
X = [хр х2] или X = [х2; Х|], причём нет необходимости выяснять, какое из
чисел Xj или х2 больше. Значения параметра а, при которых X a [-8; -2],
удовлетворяют системе неравенств
Ответ: a g I 4;4 .
4’3J’
Пример 27. Найдите все положительные значения параметра а, при
которых множество решений неравенства а™ +4х • 94,5х-6 < 27(а+3)х содержит
числа, большие чем 1, но не содержит числа, меньшие чем -2.
Решение. Перейдём к основанию 3.
^ar2+4x . q4,5x-6 < 27<fl+3)x	a^(ar+4) . 32(4,5х-6) < з3(а+3)х	^x(ar+4) < ^3ar+12
<=> х(ах + 4) log3 а < 3(ах + 4) <=> (ar + 4)(х log3 а - 3) < 0
(1)
1)	а е (0; 1). Множество решений неравенства (1) X = (-оо;	-но),
где х{ и х2 корни квадратного трёхчлена (ar + 4)(х log3 а - 3). Очевидно, что
X содержит числа, меньшие чем -2. Поэтому значения а g (0; 1) условиям за-
дачи не удовлетворяют.
2)	а = 1. Неравенство (1) имеет вид -3(х + 4) < 0 <=> х > -4. X = [-4; +<ю)
содержит числа, меньшие чем -2. а = 1 условиям задачи не удовлетворяет.
3)	ае(1; +оо).Таккак log3 а > 0, то X = [-—; у-2—]. Требуемые значения
а найдём из системы неравенств <
l«S1o>'0fl‘>8!«<3^06l2. 27)
4>_2	[а>2
Ответ: ае[2; 27).
При решении примеров 28-3 будем использовать Утверждение 2
и теорему Больцано — Коши (см. §2).
23
Пример 28. Даны два уравнения:
х3+(4-р)х2+(14-р)х + Зр + 23 _х_
х2 + Зх + 2	Р
И
6cOS(x^) = (5 + ^P + 4)x_12’	(2)
Значение параметра р выбирается так, что р > -4 и число различных
корней первого уравнения равно сумме числа 4 + р и числа различных корней
второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении параметра,
выбранном таким образом.
Решение. Сначала выясним, сколько корней имеет уравнение (2). Запишем
его в виде /(x) = g(x), где f(x) = 6cos^^^j, g(x) = (5 + 7р + 4)х-12. Так
как 5 + л/р + 4 > 0, то функция g возрастает и при х < 0 g(x) < -12, а при х > 4
g(x) > 8. По свойствам косинуса | f (х) |< 6, поэтому уравнение (2) не имеет ко-
рней при х<0 и при х>4. На множестве [0; +оо) дробь = х + б)
возрастает от 0 к л. На отрезке [0; тт] косинус убывает. Это означает, что
функция f убывает. На основании Утверждения 2 уравнение (2) имеет на ин-
тервале (0; 4) не более одного корня. Воспользуемся теоремой Больцано-
Коши и докажем, что уравнение (2) имеет ровно один корень. Для этого ещё
раз перепишем его в виде p(x) = 0<=> /(x)-g(x) = 0. Функция ср непрерывна
на отрезке [0; 4] как разность двух непрерывных функций f и g.
0>(О) = 18 > 0, <р(4) < 0. Следовательно, уравнение (2) имеет единственный ко-
рень.
На множестве допустимых значений (х ф -2, х ф -1) уравнение (1) равно-
сильно уравнениям х3 + (4 - р)х2 + (14 - р)х + Зр + 23 = (х - р)(х2 + Зх + 2) <=>
<=> х2+(14-p + 3p-2)x + 3p + 23 + 2p = 0 <=> х2 +2(р + 6)х + 5р + 23 = 0. (3)
24
Квадратное уравнение (3) имеет не более двух корней, поэтому число к
различных корней уравнения (1) не более двух. По условию задачи
к = (4 + + р = к-5. Так как к может принимать значения 0,1,2, то р
принимает значения -5, -4, -3. Но по условию р > -4, поэтому р равно -4 или
-3. Исследуем каждое из этих значений.
1) р = -3 (к = 2). Уравнение (3) принимает вид х2+6х + 8 = 0, Xj=-4,
х2 = -2. Так как х ф -2, то к = 1, что противоречит предположению к = 2.
2) р = -4 (к = 1). Уравнение (3) принимает вид х2 + 4х + 3 = 0, х} = -3,
х2 = -1. Но х * -1, поэтому к = 1 и р = -4 удовлетворяет условиям задачи.
Решим уравнение (2) при р = -4. Получим 6 cos j = 5х -12. Это
уравнение имеет единственное решение на интервале (0; 4). Подстановкой
убеждаемся, что х = 3 — корень этого уравнения. Действительно, 6cosy = 3,
5-3-12 = 3.
Ответ: х = 3.
Пример 29. Даны два уравнения:
х4 + 4(р + 8)х + (р2 + 29р +136) = х2 _ р _ 4	(J)
х2 + р
И
2cos(^) = (2 + V^9^-17-	(2)
Значение параметра р выбирается так, что р > -9 и число различных корней
первого уравнения в сумме с числом 9 + р даёт число различных корней вто-
рого уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении параметра,
выбранном таким образом.
Решение. Как и в предыдущем примере установим, что уравнение (2)
ip(x) = 0<=>/(x) = g(x), где /(x) = 2cos(-^-), g(x) = (2 + Vp + 9)x-17,
25
4-794
имеет ровно один корень. Так как |c°s-^^-|<l, то множество значений
функции f E(/)<z[-2; 2]. g —линейная функция, 2 + 7р + 9 >0, поэтому
g
возрастает, причём g(0) = -17 < -2, g(l 0) = 3 +1 О^/р + 9 > 2,следовательно на
множестве (-оо; 0] U [10; +оо) уравнение (2) решений не имеет. Дробь
= /г д j на множестве [0; +<ю) возрастает от 0 к л. На [0; л}
косинус убывает. Это означает, что функция f убывает. Из Утверждения 2
следует, что на интервале (0; 10) уравнение имеет не более одного корня.
Теперь воспользуемся теоремой Больцано-Коши. Функция ср непрерывна на
отрезке [0; 10], 0>(О)>О, р(10) <0. Итак, уравнение (2) имеет единственное
решение.
При х2 *-р уравнение (1) равносильно уравнениям
х4 + 4(р + 8)х + (Р2 + 29р +136) = (х2 + р)(х2 - р - 4) <х>
<^> 4х2 + 4(8 + р)х + (2р2 + 33 р +136) = 0.	(3)
Число различных корней уравнения (1) к < 2. По условию к + (9 + р) = 1 <=>
<=> р = -8 - к. Но р > -9, поэтому р = -9 или р = -8.
1) р = -8 (£ = 0). Уравнение (3) принимает вид 4х2=0, х = 0. Так как
условие х2 ф -р <=> О2 ф 8 выполняется, то 0 — корень уравнения (1). Это озна-
чает, что к = 1. Противоречие с предположением к = 0.
2) р = -9 (£ = 1). Уравнение (3) имеет вид 4х2 -4х + 1 = 0<=> (2х-1)2 =0,
откуда х = 0,5. Условие х2 * -р о (0,5)2 * 9 выполняется, 0,5 - корень урав-
нения, к = 1, следовательно, р = -9 удовлетворяет условиям задачи.
При р = -9 уравнение (2) имеет вид 2 cos = 2х -17. х = 8 — корень
уравнения (2cos-^ = -l, 2-8 —17 = —1).
Ответ: х = 8.
26
Пример 30. Даны два уравнения:
2>/(6р “ 70)х + 5р - 42 = р-1-4х	(1)
и
Г р~и Y
1 + 2р"15 = 28-Зх.	(2)
к	)
Значение параметра р * 15 выбирается так, что при умножении числа различ-
ных корней первого уравнения на число различных корней второго уравнения
получается число 0,25(р-7). Решите второе уравнение при каждом значении
параметра, выбранном таким образом.
Решение. Уравнение (2) запишем в виде р(х) = 0<=> /(х) - g(x) = 0 <=>
р-и
<=>/(x) = g(x), где f(x) = a\ а = 1 + 2р-15 > 1, g(x) = 28-3x. Показательная
функция f возрастает (а > 1), линейная функция g убывает, так как коэффи-
циент при х отрицателен. Уравнение (2) имеет не более одного корня (Утвер-
ждение 2). Функция (р непрерывна как разность двух непрерывных функций,
0>(О) = -28 < 0, ф(\0) > 0. На основании теоремы Больцано - Коши уравнение
(2) имеет единственное решение, принадлежащее интервалу (0; 10).
После возведения в квадрат уравнения (1) получится квадратное уравне-
ние относительно х, поэтому число к различных корней уравнения (1) не
больше 2. По условию к• 1 = 0,25(р-7)<=>4£ = р- 7<=>/? = 4£ + 7. Придавая к
значения 0, 1,2, получим р равно 7, 11 или 15. Но по условию р * 15, значит
р равно 7 или 11.
1) р = 1 (к = 0). Уравнение (1) имеет вид 2\/-28х - 7 = 6 - 4х <=>
„	|-28х-7 = 9-12х + 4х2	(Дх2+ 16х + 16 = 0	«
<-28х-7 =3-2х	<=>{	=>х = -2.
|3-2х>0	|2х<3
к = 1, что противоречит предположению к = 0.
27
А *-794
2) р = 11 (к = 1). Уравнение (1) принимает вид 2>/13-4х = 10-4х <=>
х = 1
/1О л с	[13-4х = 25-20х + 4х2 f4х2 - 16х4-12 = 0
У13-4х = 5-2х <=> <	<
5-2х>0	2х<5
2х<5
Итак, х = 1 — единственный корень уравнения (1) (к = 1). Следовательно,
р = \\ удовлетворяет условиям задачи. При р = 11 уравнение (2) имеет вид
2х = 28- Зх. Так как 24 =28-12, то х = 4 единственный корень уравнения (2).
Ответ: х = 4.
Пример 31. Даны два уравнения:
^24(2р + 5)х + р2 + 5р + 7 =4х + 2р + 5	(1)
И
(2)
Значение параметра р ф -1 выбирается так, что число различных корней
первого уравнения равно произведению числа р + 3 и числа различных корней
второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении парамет-
ра, выбранном таким образом.
р+з
Решение. Пусть 5 + 5р+1 =а. Уравнение (2) имеет вид а* =219-х.
Показательная функция ах (а>1) возрастает, линейная функция 219-х —
убывает, следовательно, уравнение (2) имеет не более одного корня. Запишем
уравнение (2) в форме ^(х) = 0<=>ах -219 +х = 0. Так как ^-непрерывная
функция, 0>(О) = -218< 0, а $р(220) >0, то уравнение (2) имеет ровно один
корень на интервале (0; 220).
Возведём в квадрат уравнение (1), получим квадратное уравнение
относительно х. Пусть к — число различных корней уравнения (1), тогда
к < 2. По условию к = (р + 3) • 1 <=> р = к - 3, следовательно, р равно -3, - или -1.
Но р^-1, значит р равно-3 или-2.
28
1) р = -2 (к = 1). Уравнение (1) примет вид >j24x +1 = 4х +1 <=>
24х + 1 = 16х2+8х + 1	|16х2 - 16х = О
4х +1 > О	14х>-1
х = О
х = 1
4х>-1
Xj =0
x2=i,
уравнение (1) имеет два корня (к = 2), что противоречит предположению к = 1.
2) р = -3 (к = 0). Уравнение (1) принимает вид Vl-24x = 4х -1 <=>
1-24х = 16х2-8х + 1
4х-1>0
16х2+16х = 0
4х>1
х = 0
х = —1, 0
4х > 1
Следовательно, к = 0 и условиям задачи удовлетворяет р = -3.
При р = -3 уравнение (2) приводим к виду 6* х =219-х. Подставим х = 3,
получим верное числовое равенство 63 = 216 = 219-3.
Ответ: х = 3.
Пример 32. Даны два уравнения:
(1) „	=	+	(2)
х2+Зх-4	\2 х + 2/
Значение параметра р выбирается так, что р < 0 и число различных корней
первого уравнения равно произведению числа 1 - р и числа различных корней
второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении параметра,
выбранном таким образом.
Решение. Уравнение (2) запишем в виде 0>(х) = О<=>/(х) - g(x) = 0, где
/(х) = 4 sin2 (у • ^2), g(x) = 6 - (2 +	)х. Покажем, что функция f возрас-
тает (при х>0), a g — убывает. Отсюда будет следовать, что уравнение
f(x) = g(x) имеет не более одного решения. Так как -(2 + >/^Р)<0, то
линейная функция g убывает. Возрастание функции f при х > 0 следует из
29
возрастания дроби х*2 x + z) от 0 к у и возрастании синуса от 0 к
1 на отрезке ^0; у]. Докажем теперь существование корня. Функция у
непрерывна на отрезке [0; 4], $9(0) <0, $9(4) >0. Остаётся сослаться на
теорему Больцано — Коши.
Если х2 + Зх -4 * 0, т.е. если х * -4, х * 1, то уравнение (1) равносильно
уравнениям: х3 + (14р -11)х + 4(5 - р) = х3 - 4х2 + Зх2 -12х - 4х +16 <=>
<х> х2 + (14р + 5)х - 4(р -1) = 0.	(3)
Отсюда следует, что число к различных корней уравнения (1) не более 2.
По условию к = (1 -р)• 1 <=> р = 1 -к. Так как р < 0, то р равно 0 или -1.
1) р = -1 (к = 2). Уравнение (3) принимает вид х2-9х + 8 = 0, Xj=l,
х2 = 8. Так как х 1, то к = 1, а это противоречит предположению к = 2.
2) р = 0 (к = 1). Уравнение (3) имеет вид х2 + 5х + 4 = 0, Xj = -4, х2 = -1.
Так как х ф -4, то к = 1. Поэтому условиям задачи удовлетворяет р = 0.
Уравнение (2) при р = 0 принимает вид 4sin22) = 6~2*- Число
х = 2 является единственным корнем этого уравнения, так как
/ г-\2
4sin2f = 4-	=2,
4	2
6-2-2 = 2.
Ответ: х = 2.
Пример 33. Даны два уравнения: 2х + -у/3х2+(2р + 5)х + 2(5р + 16) =0(1)
и ^3-7р2-4=-^-4х. (2)
Значение параметра р выбрано так, что
р > -4 и число различных корней первого уравнения равно сумме числа р + 3
и числа различных корней второго уравнения. Решите второе уравнение при
каждом значении параметра, выбранном таким образом.
30
Решение. Уравнение (2) запишем в виде 0>(х) = О<=>/(x)-g(x) = O, где
/(х) = ^Зх3-7р2-4,
g(x)=-^j-4x.
На основании свойств степенных
функций сростом х неограниченно возрастают х3, Зх3, Зх3 -7р2 -4, /(х),а
g(x) неограниченно убывает. Значит, число различных корней уравнения (2)
равно 1, или 0. Так как р>-4, то 0>(О)<О. При достаточно больших х
/(х) > 0, a g(x) < 0, поэтому <р(х) > 0. На основании теоремы Больцано-Коши
уравнение (2) имеет единственный корень.
Приведём уравнение (1) к квадратному.
^Зх2 +(2р + 5)х + 2(5р + 16) = -2х (ясно, что х < 0),
Зх2 + (2р + 5)х + 2(5р +16) = 4х2, х2 - (2р + 5)х - 2(5р +16) = 0.	(3)
Ясно, что число к различных корней уравнения (1) не превосходит 2. По
условию к = (р + 3) +1, откуда р = к - 4. Из неравенства р> -4 следует, что р
равно или - 3, или -2 (к = 1, или к = 2).
Если р = -2 (к = 2), то уравнение (3) примет вид х2 - х -12 = 0, Xj = -3,
х2 =4. Так как х2 >0, то х2 — не корень уравнения (1). Значит, к <2, что
противоречит условию к = 2.
При р = -3 (к = 1) уравнение (3) принимает вид х2 + х - 2 = 0, Xj = -2,
х2=1>0. х2 не является корнем уравнения (1). Подставим х = -2 в первое
уравнение. Так как 2• (-2) + 73-4 + (2-(-3) + 5)«(-2) + 2(5-(-3) +16) = 0, то
х = -2 — корень уравнения (1). Таким образом, к = 1, т.е. р = -3
удовлетворяет условиям задачи.
Уравнение (2) при р = 3 имеет вид 3/Зх3 -67 = 21 -4х. Число 4 является
его корнем: 3/192-67 =5, 21-16 = 5.
Ответ: х = 4.
31
Пример 34. Найдите все ненулевые значения а, при каждом из которых
наибольшее из двух чисел Ь = 1-1а~2 -7|а |-1 и с = 2а2 -7|а |-4 не
превосходит - 7.
Решение. Наибольшее из чисел b и с не превосходит - 7 тогда и только
тогда, когда каждое из них не превосходит - 7. Искомые значения а найдём из
\Ь<-1	f 2 — 2а-2 — 71 а Г”* < —7	[2|а|”2+7|а|”'~9>0
системы	<=>	<=> <	<=>
[с<-7	[2а2-7 |а |-4 <-7	[21 а |2-71 а |+3 < О
(|аГ,-1)-(2|аГ'+9)>0^||аГ^1
(|а|-3)-(2|а|-1)<0	||<|а£3
Ответ: [_-1; -1J-
Пример 35. Найдите все положительные значения а, при каждом из
которых наименьшее из двух чисел Ь = а~А - 5а"1 (а-1 - а) и с = 5а(а + а"1) - 4
больше - 1.
Решение. Наименьшее из чисел b и с больше -1 тогда и только тогда,
когда каждое из них больше -1. Значения а найдём из системы
р>>-1	fa"4-5а”2+5>-1	fa"4-5а’2+6> 0	|(а’2-2)-(а’2-3)> О
[о-1	[5а2+5-а4>-1	[а4-5а2-6<0	[(а2-6)(а2 + 1)< 0.
Множеством решений первого неравенства является совокупность двух
неравенств
a 2 <2
,->,в
(по условию а > 0). Так как
а2 +1 >0, то множество решений второго неравенства a2<6<=>0<a<>/б?
Окончательно имеем а е 0; -U Ul —U;V6
I IV2
Ответ: a gI 0;	|U|-U;V6 |.
V V3J IV2 )
32
Пример 36. Найдите все значения а, большие 1, при каждом из которых
наименьшее из двух чисел b и с не меньше - 4, если b = logj а - log5(25a4) +1,
а с = 9 - loga(625а) - log* 5.
Решение. Наименьшее из чисел b и с не меньше - 4 тогда и только тогда,
когда каждое из них не меньше - 4, т.е. когда
log2 а - log5 (25а4) +1 > -4	log* а - 4 log5 а + 3 > О
9 - loga (625а) - log* 5 > -4 [log* 5 + 4 loga 5 -12 < О
b>-4
с>-4
f(log5 a — 3) (log5 a — 1) > О
t(logfl5-2).(logfl5 + 6)<0^
log5a>3 a >125
log5a<l <=>« l<a<5
logfl5<2 5<a2.
Так как a > 1, то loga 5 + 6 > 0. Окончательно имеем
Ответ: ае[у[5\ 5]U[125; +оо).
Пример 37. Найдите все значения а > 1, при каждом из которых
наибольшее из трёх чисел b- log2(16a) + 41oga 32-4, с = log2(4a2)-2 и
d = logfl(4a8) больше 9.
Решение. Наибольшее из чисел Ь, с и d больше 9 тогда и только тогда,
когда хотя бы одно из них больше 9, т.е. когда
Ь>9
с>9 <=>
d>9
log2(16a) + 41ogfl 32-4 >9
log2(4a2)-2 > 9
loga(4a8)>9
4 + log, a +	---4 > 9
log2a
2 + 2 log2 a - 2 > 9
-^— + 8 >9
log2a
?-9/ + 20.Л	_
----'t--->u /e(0; 4)U(5; +a>)
t>~	<=> ze(^; +a>)	<=>/e(0; 4)U(p +»),
!>]	[<6(0; 2)
t
где t = log2 а. Так как по условию а > 1, то t > 0. Остаётся решить неравенства
33
9	Гo’
О < log2 а < 4 <=> 1 < а < 16 и log2a> — <=>а>у2 . Объединяя найденные
значения а, получим
Ответ: а е(1; 16)0(16^2? +оо).
Пример 38. Найти все значения параметра р, при каждом из которых
уравнение (1,5р + 3,5)-16°’5х+0’25 + (2р + 3)-0,25“°’5х-1 -2р-1 = 0 имеет ровно
-р2 -4р-3 различных корней.
Решение. Упростим уравнение.
(1,5р + 3,5)-16°’5х+0,25 + (2p + 3)-0,25’°'5jt’1 -2р-1 = 0 <=>	(1)
<=> (1,5р + 3,5) • 24(0’5х+0’25) + (2р + 3) • 2-2(-°’5лг-° - 2р -1 = 0 <=>
<=>(1,5р + 3,5)-22х-2 + (2р + 3)-2х-22-2р-1 = 0о
<=> (Зр + 7)-22*+(8р +12)-2х-2р-1 = 0.
После замены 2х = t > 0 получим квадратное уравнение
(Зр + 7)/2+(8p + 12)f-2p-l = 0,	(2)
число п различных корней которого не больше 2. Отсюда следует, что
исходное уравнение (1) тоже имеет не более двух различных корней. С
другой стороны, п = -р2 - 4р - 3 = -(р + 1)(р + 3) = -(р + 2)2 +1 < 1.
Это означает, что п принимает целые неотрицательные значения:
и = 0 (при р = -1 и р = -3) и и = 1 (при р = -2).
Исследуем каждое из этих значений отдельно.
1.	р = -3 (л = 0). Уравнение (2) принимает вид 2*2+12*-5 = 0 и имеет
один положительный корень
, = 1(746-6),
следовательно и исходное
уравнение (1) имеет один корень, что противоречит условию п = 0.
2.	р = -2 (и = 1). Уравнение (2) примет вид /2 -4/ + 3 = 0, корни которого
*1=1, *2=3. Так как * = 2Х, то ^=0, x2=log23. Исходное уравнение имеет
два корня, что противоречит условию п = 1.
3.	р = -1 (и = 0). В этом случае уравнение (2) 4*2 + 4/ +1 = 0 имеет один
отрицательный корень * = -—. ^ак как ^ = 2*>0, то исходное уравнение не
имеет корней. Значит, п = 0, т.е. значение р = -1 удовлетворяет условиям задачи.
Ответ: р = -1.
34
Глава 2. РЕШЕНИЕ НЕКОТОРЫХ ВИДОВ НЕРАВЕНСТВ
Один из приёмов решения неравенств - замена одного неравенства более
простым равносильным неравенством. Рассмотрим несколько типов
неравенств, которые можно свести к решению рациональных неравенств
методом интервалов.
Пусть символ (v) означает любой из знаков (<),(>),(<),(>).
Говорят, что неравенства /(x)vO и g(x) v 0 равносильны на множестве
М, если множества их решений совпадают на М.
§ 1. Неравенства с модулем
Пусть /(х) = I м(х) I - I v(x) I, g(x) = i?(x)-v2(x).
Тогда /(х) V 0 <=> I и(х) I -1 v(x) IV 0 <=> I м(х) IV I v(x) I <=>
<=> и2(х) V V2(х) <=> и2(х) - v2(x) V 0g(x) V 0.
Это означает, что неравенства /(х) v 0 и g(x) v 0 равносильны.
В качестве множества М можно взять область определения функций f и g
(£>(/) = D(g) = M).
Пример 1. Решить неравенство | х2 + 10х +161 -1 х2 -161> 0.
Решение. | х2 + 10х +161 -1 х2 -161 > 0 о | х2 + 10х +161 > | х2 -161 <=>
о (х2 + 10х +16)2 - (х2 -16)2 £ 0 <=>
о (х2 + 1 Ох + 16 - х2 + 16)(х2 + 10х + 16 + х2 -16) > 0 <=>
о (10х + 32)(2х2 + 10х) £ 0 о х(х + 5)(5х + 16) > 0.
Последнее неравенство решаем методом интервалов.
Ответ: х е [-5; -3,2] и [0; +оо).
Замечание. Рассмотренный метод обобщается на произведение и
частное функций. Например,
(ц(х) - у(х))(м(х) + v(x))_ v п
(и} (х) - У| (х))(М| (х) + Vi (*))
I“Ш v<*)!.. у о о “2W - V1(*L у о о
|wl(x)|-|v,(x)|	W12(x)-V12(x)
35
Пример 2. Решить неравенство |2х4-3 |-|х-3| ~°'
Решение.
|2х-1|-|х + 1|	(2х-1)2-(х4-1)2
12х + 31- |х-3 |	(2х 4-З)2 - (х - З)2
<0<=>
(х 2)х < Q
(х + 6)х
Ответ: х е (-6; 0) и (0; 2].
ПримерЗ. Решить неравенство j -- °-
Решение.
14х —31 — | Зх —41	(4х-3)2-(Зх-4)2
| х2-х-181 -| х2 + х|	(х2-х-18)2-(х2 4-х)2
Р(7х-7) ,_<0	,..(х.1)(х-1)	>()
(2х2 -18)(-2х -18)	(* “ 3)(х + 3)(х + 9)
Ответ: х е (-9;-3)u[-l;l]u(3;+oo).
Пример 4. Решить неравенство 12-..~?-3х.*.121~х о.
| х - 6х + 41 -4
Решение. Так как х2 =| х21, 4 =| 41, то l2x ~13x*lZHx..l > о <=>
| X2-6х + 41-141
(2х2 -1 Зх 4-12 - х2 )(2х2 -1 Зх 4-12 4- х2)	(х -1)(х -12)(3х - 4)(х - ЗГ п
(х2 - 6х 4- 4 4- 4)(х2 - 6х 4- 4 - 4)	(* - 2)(х - 4)х(х - 6)
Ответ: х g (-oo;0)u^l;jjkj(2;3]u(4;6)u[12;+oo).
Пример 5. Решить неравенство j Z/i'Zj - °*
Решение. Для решения этого неравенства используемое выше
преобразование можно применить дважды :
||Зх + 4|-2|-1
(I X2 4-X I-6) I х2 4-X I
(| 3x4-4 |-3)(| 3x4-41-1)
(х2 4-Х4-6)(х2 4-Х-6)|х2 4-х|	(х4-3)(х-2)|х2 4-X |
(Зх 4-7)(3х 4-1)(3х 4-5)(3х 4-3) "	(Зх4-7)(Зх4-1)(Зх4-5)(х4-1)
Далее применяем метод интервалов.
Ответ: х g (-oo;-3]u(-j

36
Пример 6. Решить неравенство |*_21-|х+?। <
Решение. Умножим левую и правую части неравенства на выражение
|х-5 | + |х + 4 |
|х-2| + |х + 1|
Так как это выражение положительно при любых х eU, то
знак неравенства сохранится. Получим
(х-5)2-(х + 4)2 |х-5|+|х + 4|
(х-2)2-(х +I)2	1* + 4|
(х-5 + х + 4)(х-5-х-4) |х-5| + |х + 4|
(х-2 + х + 1)(х-2-х-1)	|х + 4|
-9(2х-1) |х-51+ |х + 4 |	|31х+ 4 | < |х-5 | + |х+ 4 |
—3(2х —1)<	|х + 4|	|2х-1*0, х + 4*0
|2|х + 4| < |х-5| Г4(х2 + 8х +16) < х2 - 10х + 25 1х2+14х + 13<0
|х*0,5; х*-4	[х*0,5; х *-4	[х*0,5; х *-4.
Ответ: х е (-13;-4) и (-4;-1).
12х2___х — 3 i_х2 — 2х — 1
Пример 7. Решить неравенство J—г-----------1?--------< 0.
| Зх + х - 2 | -х - 2х -1
Решение. Перепишем неравенство в виде
1.2/-х-31-1^11 <()^
|3х2+х-21-|х +112
(2х2 - х- 3 + х2+2х+ 1)(2х2 -х-3-х2 - 2х- 1) < q
(Зх2+х-2 + х2 +2х + 1)(3х2+Х-2-Х2-2х-1) "
(Зх2-ь х - 2)(х2 - Зх - 4)
(4х2+3х-1)(2х2-х-3)
(х + 1)(Зх-2)(х + 1)(х-4) <
(х + 1)(4х - 1)(х + 1)(2х - 3) "
(Зх-2)(х-4)
(4х-1)(2х-3) " .
х + 1*0
Ответ: х G (4
37
§ 2. Иррациональные неравенства
Рассмотрим неравенства
/(x)vO <=> ^м(х) - ^v(x) vO И g(x)vO <=> i/(x)-v(x) vO, n e Li, n > 2.
При нечётном n области определения функций f и g совпадают
и неравенства /(x)vO и g(x)vO равносильны.
Если же п — чётное, то
/--- I------	I--- I----- fw(x)vv(x)
/(x)vO <=> qu(x)-tfv(x) vO « fo(x)vqv(x) «	О
[м(х) > 0, v(x) > О
fw(x)-v(x)vO Jg(*)vO
|м(х) > 0, v(x) > 0	[и(х) £ 0, v(x) > 0.
Пример 8. Решить неравенство	———- < 0.
Зх + 5х - 2
Решение.
Ух-ь 1 - V1 -X
Зх2+5х-2
<0<=>
(х + 1)-(1-х) с0
Зх2+5х-2	«>
х + 1>0, 1-х>0
-----—-----< 0
(х + 2)(Зх-1)
-1 < х < 1.
Ответ: хе^0;1).
Пример 9. Решить неравенство	** ~ Зх +.3 > 0
v3x2 + 10х + 5+\3х2 + 7х
Решение. Числитель и знаменатель дроби определены при любом
х е □. Действительно, дискриминанты квадратных трёхчленов,
стоящих в числителе, отрицательны, а старшие коэффициенты положительны.
Кубические же корни существуют при любом х е С.
Представим знаменатель дроби в виде разности корней и воспользуемся
установленными равносильностями:
^2х2 + 5x^4 - >/х2 -ь Зх -ь 3 > q о (2х2 + 5х + 4) - (х2 + Зх + 3) > q о
^Зх2 +10х + 5 - ^/-Зх2 -7х	(Зх2 + 1 Ох + 5) - (-Зх2 - 7х)
+ 1 > 0«	(j+1)2 п - °-
6х2 +11х + 5	(2х + 5)(3х +1)
Ответ: х е (-оо;	и {-1} и (-у; +<ю).
38
Пример 10. Решить неравенство
д/х -1 + УЗх- 5 - >/х -1 + \12х - 5 < q
у]х-\-2у/х-2 -у]х + 2-4у!х-2
Решение. Так как х -1 - 2Vx - 2 = х - 2 - 2>/х - 2 +1 = (Vx — 2 — 1)2 > 0,
х + 2-4Vx-^ = х-2-4>/х-У + 4 = (л/х-^2 -2)2 > 0,
то при X > f все выражения, стоящие под знаком корня, неотрицательны,
поэтому исходное неравенство равносильно следующему:
(х-1 + >/Зх-5)-(х-1 + 72х-5)	V3x-5-V2x-5 ~ _
--------г=----------------< U О      < U <=>
(х-1-2vx-2)-(x + 2-4vx-2)	2Vx^2-3
Ответ: хе[2,5;4,25).
(Зх - 5) - (2х - 5)
(4х-8)-9
2х-5£0
4х-17
Пример 11. Решить неравенство ——~<”1 *
Решение. 2671х±>/^.2х-1^.^-frz-16) <0
х-10	х-10
Область допустимых значений неравенства: х е (-ю;-4] о [6; 10) о (10; -юо).
Очевидно, что при хе(-<ю;-4]и[6;8) числитель дроби положителен,
знаменатель — отрицателен, поэтому все х е (-оо;-4]и[6;8) являются
решениями неравенства. При хе[8; 10)U(10;4-oo) неравенство перепишем в
виде
Vx2 -2х-24-^(2х-16)2 п	(х2 - 2х - 24) - (4х2 - 64х + 256) .
-----------Гл	< и о	—-< и <=>
х-10------------------------------------------------х-10
Зх2 - 62^-ь 280 > о о (*~14)(Зх~20) > 0 £ учётом ограничения х е [8; 10) U (10; -ню),
множество решений запишется в виде х е [8; 10) и (14;-ню). Окончательно
имеем
Ответ: х e(-oo;-4]w[6;10)w(14;+oo).
Решим теперь два примера, в которых присутствуют и модули и корни.
39
Пример 12. Решить неравенство
|x|-V24-2x-x2	г<>
^/х3 -х2 -бх + 3 - х+1
Решение.
|х |->/24-2х-х2	<Q^ yfjp -у!24-2х-х2
^/х3 -х2 -6х + 3 - х + 1 Vx3 -х2 -бх + 3 - ^/(х- I)3
х2-(24-2х-х2)
(х3 - х2 - 6х + 3) - (х3 - Зх2 + Зх -1)	<=>
24-2х-х2 >0
2х2 + 2х-24
2х2 - 9х + 4
-6 < х < 4
(х-3)(х + 4) <
(х-4)(2х-1)-
-6 < х < 4.
Ответ: хе [-4;|]и[3;4).
Пример 13. Решить неравенство —>/з5 + 2х х х 5------<0.
|Зх2+4х-9|-|х2+6х + 3|
Решение. Неравенство 35 + 2х-х2 >0 выполняется на множестве [-5; 7].
Но если х > -5, то х + 5 > 0 и исходное неравенство можно записать в виде
л/35 + 2х-х2-7(х + 5)2 <0(35 + 2х-х2)-(х2+ 10х + 25) < 0
| Зх2 + 4х - 9 | -1 х2 + 6х + 3 | (Зх2 + 4х - 9)2 - (х2 + 6х + З)2
..	-2х2 - 8х + 10	< п	х2 + 4х - 5
(2х2 - 2х -12)(4х2 +1 Ох - 6)	(х2 - х - 6)(2х2 + 5х - 3)
Ответ: хе {-5}u(-2;jju[l;3)u(4;7].
§ 3. Показательные неравенства
Пусть /(х) = а"(ж) -avC,), а > 1, g(x) = и(х) - v(x). Области определения
функций f и g совпадают. Так как а' (а > 1) возрастающая функция, то
/(х) V 0 аиМ - V 0 « а“(х) v ov(x) <=>
<=> w(x) v v(x) <=> м(х) - v(x) V 0 <=> g(x) V 0.
Если0<д<1 ^->1), TO /(x)vOo(-i-j -(i)	v0a-w(x) + v(x)v0.
40
Пример 14. Решить неравенство
Решение. В числителе перейдём к основанию 3, а в знаменателе - к
41
основанию 2 и воспользуемся установленной равносильностью.
32,:-Зх^4 3-ЗхЧ4х>2	(2х2 - Зх + 4) - (-Зх2 + 4х + 2) < Q
2х-2°
^5х2-7х + 2<0^ (х-1)(5х-2)£0
X	X
Ответ: х е (-oo;0)w[j-;l^.
Если основание степени — функция (д(х) > 0), то в этом случае
/(х) v 0 <х> а(х)и{х) - a(x)v(x) v 0 <х> д(х)м(х) v tf(x)v(x) <=>
<=> м(х) 1g а(х) v v(x) 1g а(х) <=> 1g д(х)(ы(х) - v(x)) v 0 <=>
« (1g а(х) - 1g l)(w(x) - v(x)) v 0 « (д(х) - l)(w(x) - v(x)) v 0.
Здесь мы воспользовались возрастанием функции 1g/
(lg/i vlg/2 о /, v/2, /j >0, /2 >0).
Пример 15. Решить неравенство (х2 + х + 1)х < 1.
Решение, (х2 + х + 1)х < 1	(х2 + х + 1)х < (х2 + х +1)° <=>
Г(х2 +х + 1-1)(х-0) <0 <[х2(х + 1) <0
|х2+х + 1>0	[хеП.
Ответ: х е (-оо;-1]и {0}.
/д \6-13x-15x2
Пример 16. Решить неравенство I+11	>1.
/л \6-13х-15х2	/А \6-13х-15х2	/.	\0
Решение. +	>1«-(4? + 1) Ц-у + 1)
(•^+l-lj(6-13x-l5x2)>°	[х(15х2 + 13х-6) <0	Гх(3х- 1)(5х + 6)<0
4г , Л	4х > —5	4х>-5.
^ + 1>0	|+х> э	I
Ответ: х е
41
Пример 17. Решить неравенство (4Х+1 + 2х+| -1)х х>1.
Решение. Сначала решим неравенство 4х+| + 2х+| -1 > 0 <=>
1> 0 z >	2х+| >	 <=>х>-2 +log2(V5-1). Теперь
[/ = 2х+| >0	2	2
воспользуемся равносильными переходами на области допустимых значений
неравенства х е(-2 + log2(-1); +оо).
(4х+| + 2х+| - 1)Х ~Х * 1 о (4х+| + 2Х+1 - 2)(х2 - х) > 0 <=>
о (2X+1 -1 )(2X+1 + 2)х(х-1) > 0 о (2х+| - 2°)х(х-1) > 0 о
<=> (х+ 1)х(х- 1) > 0 =>хе[-1;0]и[1;+оо).
Так как -1 > -2 + log2 (\[5 -!)<=> log2 (V5 -1)<1<х>\/5-1<2,то все
найденные значения х принадлежат ОДЗ и, следовательно, являются решением
исходного неравенства.
Ответ: х е [-1;0]и[1;-но).
Пример 18. Решить неравенство (2|2х-11 -l)(74-2"|2x_,i-3 -1) > 0.
Решение. (2|2х-11 -1)(>/4• 2"|2х_|1 - 3 - lj > 0 <х>
(/ -1) р4Г* -3 -1) > 0	|(/ -1)((4/-1 - 3) -1) > 0
z = 212*-11 >о	|4Г’-3>0, />0

3/<4, />0
<х> / = 1 <=> 2|2х 11 = 1 <=>|2х —11= 0, * = у-
Мы воспользовались эквивалентностью у[у -1 v0 <=> y-lvO при
условии у > 0 (у = 4Г1 - 3).
Ответ: * = j-
42
§ 4. Логарифмические неравенства
Сначала рассмотрим примеры, в которых основание логарифма
постоянное число а > 1. В случае 0 < а < 1 легко перейти к основанию
^>1 (logau(x) = -log±u(x)). Пусть /(х) = logaи(х)-log„ v(x)
а
(а > 1, м(х) > 0, v(x) > 0) и g(x) = м(х) - v(x). Тогда /(х) v 0 <=>
о loga u(x)- log„ v(x) V О о log„ w(x) V 10ga Их) « V, n
[w(x) > 0, v(x) > 0.
Пример 19. Решить неравенство
Решение. Представим числитель и знаменатель в виде разности
логарифмов и воспользуемся установленной равносильностью:
log2(4x + 3)
log3(3x + 4)“
log2(4x + 3)-log2l
log3(3x + 4)-log3 1
(Зх + 4)-1 "
4х + 3 > 0, Зх + 4 > 0
4х + 2
Зх + 3
<0
3
4’
Ответ: хе
п „„ „	1Qgo.5 5—? + 1°g2(-x)
Пример 20. Решить неравенство -----------— —------------— > 0.
log5(2x + 3) + logo,2 2771
Решение. В числителе приведём логарифмы к основанию 2, а в
знаменателе к основанию 5, заменим сумму логарифмов логарифмом
произведения. Далее решаем так, как и в предыдущем примере.
logo.5 7?T3 + log2("x)
---------------------— >о
log5(2x + 3) + log0.2 2ТТУ
log2(2x + 3) + log2(-x) >
~log5(2x + 3) + log5(-2x-l)-
43
log2(-2x2-Зх)
log5(-4x2 -8x-3)
2x + 3 > 0, -x > 0, -2x -1 > 0
log2(-2x2-3x)-log2 1
log5 C”4*2 - 8x - 3) - log51
-l,5<x<-0,5
-2x2 - 3x -1 q
-4x2 - 8x - 4	<=>
-l,5<x<0,5
(2x + l)(x+l)^Q
(x + 1)2	<x>
-l,5<x<-0,5
2* + 1 > 0
x + 1
-l,5<x<0,5.
Ответ: xe(-l,5;-l).
Решим несколько примеров, в которых удобно сначала перейти к
другому основанию.
Пример 21. Решить неравенство logx 2 < log6_x 2.
Решение.
logx 2 < log6_x 2 о
_d_<______1___olQg2(6-x)-lQg2X<0^
log2 x log2 (6 - x) log2 (6 - x) • log2 X
________log2(6-x)-log2x_________<0
(log2(6 - X) - log2 1) • (log2 X - log2 1)
---------------<0
((6-x)-l)(x-l)-«
0 < x < 6
7—rr<0	(xe(-®;l)v(3;5)
(x-5)(x-l) «J	<x>xe(0;l)u(3;5).
0<x<6	1*б(0;6>
Ответ: x e (0;l)u(3;5).
Пример 22. Решить неравенство logx+,(x2 + Зх -10) > 2.
Решение. logx+, (х2 + Зх -10) > 2 <=>
log2(x2 +ЗХ-10)	10g2(x2 + 3x-10)-log2(x + l)2
logiu + ij---2>0~ ----------log2(x + l)-log2l--->0
(x2+3x-10)-(x + l)2
(x-t-l)-l
x2+3x-10>0, x + l>0
Ответ: хе(11;+<зо).
2Lzll>o
X
(x + 5)(x-2)>0
x > -1
44
Пример 23. Решить неравенство log^ (1 + 5х) > -2.
Решение. Перейдём к десятичным логарифмам.
logjj—(1 + 5х) > -2 о 3LgQ±.5x) + 2 > 0
Л-'	Ig(I-x)	Ig(l-x)
lg(l+ 5х)(1-х)
lg(l-*)
SO •»
Ответ: хе|Д;1
(1 + 5х)(1-х)-1
(l-x)-l	-
1 - x > 0, 1 + 5x > 0
Пример 24. Решить неравенство
___1___>_L_+_L_
log . (2x2 -1) l°gi x log, x
12_4	3
Решение. На области допустимых значений (x >-?=> x#l) выполним
следующие равносильные преобразования:
______1______>_!_+_!_« ________________1_______>-. .1. +
log±(2x2-l) logi* togj.^ -log12(2x2-1) -log4x -log3x
12	4	3
<=> 12 n < 10®x 4 + 106x 3 (= 10®x ,2> ~
logl2(2x -1)
-----Ц---------< 0 «-----------logl2x-logl2(2x2-l)------< 0
logl2(2x2-l) log|2 x (logl2(2x2 -1)-logl2 l)(logl2 x-logl21)
x-(2x2-l) n 2x2-x-1 a (2x + 1)(x-1) n
<=>--z—--------— < 0 « —=v—~—— > о о 4-------73----- > 0 «>
(2x2 -l-l)(x-l)	2(x2-1)(x-1)	(x-1)2(x + 1)
(2x + l)(x + l)(x -1) > 0.
Множество решений исходного неравенства (с учётом ОДЗ): х е (1; +«>)’
Ответ: хе(1;+оо).
45
Пример 25. Решить неравенство
logjO^-ie У + 16)
х + 1
D	log3(32x+l-16-3* * * x + 16) ,	log3(32x+1 -16-3х + 16)-(х +1)
Решение. —:------------------ < 1 о —;--------------—------ < 0 о
х + 1	х+1
log3(32xtl - 16-Зх +16)-log33xtl ,Q „
Х + 1
32х>|-16-3х + 16-3хх'1 < 0
х + 1	•»
32x+l-16-Зх +16 > О
З/2 -19t +16 Q
х+1	<=>
3?-16/ +16>0, 3х =Z>0
(<-1)(3/-16)
х + 1
(/- 4)(3/- 4) > О
(*)
Рассмотрим теперь два случая.
1) х + 1<0. Система (♦) принимает вид
(t -1)(3/ -16) > О
(/- 4)(3/ - 4) > О
3х <1
3х >1$. о
х +1 < О
х<0
х > log316-1 О х е (—оо;—1).
х< -1
2) х +1 > 0. Тогда
1 £ 3х < |
4 < 3 х < у
х + 1 > 0
\t -1)(3/ -16) < 0
(/- 4)(3/- 4) > 0 °
0 < х < log3 4 -1
log3 4 < х < log316-1«
X > —1
о х е [0;log3 4 -1) u (log3 4;2 log3 4-1].
Объединяя множества решений в 1) и 2) случаях, получим ответ.
Ответ: х e(-oo;-l)u[0;log34-l)u(log34;21og34-l].
Пример 26. Решить неравенство log2(^5.tp/	> о.
(log3 6х) • log4 X
Решение. Представим каждый из логарифмов в виде разности двух
логарифмов и воспользуемся (4 раза) равносильными преобразованиями.
Iog2(4x + 3) • log5(2x +5)	(log2 (4* + 3) - log2 1 )(logs (2x + 5) - logs 1)
(log3 6x) • log4 x "	(log36x-log3l)(log4x-log4l)
(4x + 3-l)(2x + 5-l)>
’	(6x-l)(x-l)	"
x > 0
(4x + 2)(2x + 4)
(6x-l)(x-l)
46
n	n	log2(2x2 - 13x 4-20) -1 л
Пример 27. Решить неравенство  2	(х + 7)—~“ °*
Решение. Используя равносильные преобразования, придём к системе
рациональных неравенств.
log2(2x2 - 13х +20) -1 log2(2x2-13x + 20)-log2 2 <
log3(x + 7)	-	log3(x + 7)-log3l
(2х2-13х + 20)-2
(х + 7)-1
2х2-13х + 20>0 о
х + 7>0
(2х-9)(х-2)
X 4-6
(х-4)(2х-5) > 0 <=>
х > -7
х е (-оо; -6) и [2; 4,5]
х е(-оо;2,5)и(4;-ню) <=>
х е (-7;-изо)
о х е (-7; -6) и [2; 2,5) и (4;4,5].
Ответ: х е (-7; -6) и [2; 2,5) и (4; 4,5].
Пример 28. Решить неравенство	< 1-
Решение.
Iog2* < 1 _ log2*-log2(4*4-7)
log2(4x + 7) log2(4x 4-7) - log2 1
*-(4* + 7)
(4x + 7) -1
Ответ: xg(0;4-oo).
———2- < 0
4x4-6	<^xe(0;4-oo).
Пусть теперь основание логарифма содержит переменную,
/Cv) = loga(x)w(x)-logfl(x) v(x), а(х) > 0, а(х) * 1, м(х) > 0, v(x) > 0.
Для удобства записи рассмотрим, например, неравенство
/(х) > 0 о loga(x) м(х) > loge(x) v(x) о
а(х) < 1
м(х) < v(x)
а(х) > 1	°
м(х) > v(x)
а(х) -1 < 0
м(х) - v(x) < 0
•	'	o(a(x)-l)(W(x)-v(x))>0.
а(х) -1 > 0
w(x) - v(x) > 0
Аналогичные рассуждения проводим и в других случаях
(/(х)>0, /(х)<0, /(х)<0).
x > 0
x > 0
47
Пример 29. Решить неравенство logх	> 1.
Решение. На основании свойств логарифмов сначала преобразуем
неравенство, а затем воспользуемся равносильностями
log v -^-7 > 1 <х> log„ ^-7 - log., х > 0 <х>
х -1	х -1
х > 0, х *1
*±1>0
х- 1
х2 - 2х - 3 < О
х > 0, х * 1
<=> хе(1;3).
х е -оо;-3)и(1;+оо)
Ответ: хе(1;3).
Пример 30. Решить неравенство log/3_x\	> -1..
Решение. По свойству логарифмов имеем
,og(^) (ттт) * «10g(3^) |vj'	° 1о^) м *1 ~

3-х>0, 3-х ^2	<=>
х+ 1 > 0
(1-х)(х-2)<0
хе(-1;1)и(1;3)
<=>хе(-1;1)и[2;3).
Ответ: х е (-1;1)и[2;3).
Пример 31. Решить неравенство
log712	> logs(x2 +8х + 12)
log7(x2-9)	log5(x2-9)
Решение. Перейдём к основанию (х2 - 9). Получим
1ое712
log7(x2-9)
log5(x2+8x + 12)
log5 (х2 -9)
12 > log(/_9)(x2 +8x +12)«

48
\(х2 - 9) - 0(12 - (х2 + 8х +12)) > 0
х2 - 9 > 0, х2 - 9 * 1	«
х2 +8х + 12 > О
(х2 - 10)х(х +8) < О
(х - 3)(х + 3) > О, х*±л/10«
(х + 2)(х + 6)>0
xe[-8;-V10]u[0;Vi0]
< х е (-оо; -3) kj (3; +оо), х * V10 «хе [-8; -6) и (3; VTo).
х е (-оо; -6) и (-2; +оо)
Ответ: х е [-8; -6) и (3; >/Го).
Пример 32. Решить неравенство logx (х +< log^rj (х +1) •
Решение. Очевидно, что х = (х + у = 1) есть решение неравенства.
При х>0, х*у данное неравенство решается следующей
цепочкой переходов:
logr I X + I < log /Z-- I X + 4-1 <=> ;---1<=>
3/	3/ log |Х log 1(2х + 3)
х+3	х+3
logл+1 (2х + 3) - log д1 х2	+1) -1 ] (2х + 3 - х2)
« -----5--:------/Ч---3- ч  < 0 « 7-, \ 3/ /-------г--------< 0 «
°gx+lх  ‘%+1(2х + 3) (х +1 - l) (х - 1)(х +1 - 1) (2х + 3 -1)
(х-|)(х-3)(х + 1)
« -----Ц----------> 0 « 7----------> 0 « х е
/	л \ 2	/ Т \
||;11с|[3;-но).
(х-1)(х + 1)	(x-yj(x-l)
Ответ: х е l)jci[3;-ко).
Пример 33. Решить неравенство
log5-4x-x2 (5 - 9х - 2x2 )	!°gI -х (1 - 2х) •
Решение.
Преобразуем неравенство и перейдем к основанию 1-х.
l°g(x+5xi-x)((x + 5)(! - 2х)) l°gi-х (1 - 2х)«
49
log._r(x + 5)(l-2x) , Z1 . л
<=> 1	/	----r-log,_x(l-2x)<0 «
log|_x(x + 5)(l-x) Ol xv
log|-J(^ + 5) + log|_x(l-2x)-(l + logl_x(x + 5))logl_x(l-2x)
1+ logt_x(x + 5)
log|.x(x + 5)(l-logl x(l-2x))
•ogi-xd-*)(* + 5)
На ОДЗ: xe(-5;0,5), x#0, x2+4x-4*0
первоначальное неравенство равносильно следующему неравенству
(1-х-1)(х +5-1)(1-х-1)((1 - х)-(1-2х)) < 0 х}(х + 4)	0
(1 —х —1)(—х2 -4х + 5-1)	х(х2 + 4х-4)
С учётом ОДЗ получаем ответ.
Ответ: х е (-5; -2 - 2^2) и [-4; 0) и (0; 0,5).
1 - log) (х + 1) - log^ >/13 - X
Пример 34. Решить неравенство —;-----5--------=---------> 0.
|х2+2х--15|-|3х2-24х + 45|
Решение. Упростим левую часть неравенства, “подготовив” её к
применению равносильных преобразований:
|х2 +2Х-151-| Зх2-24Х + 451	|х-31-1 х + 51-|х-31-|Зх-151
log3(3x + 3)-log3(13-x)
~ |х-31(|х +51-1Зх-151)
(3х + 3)-(13-х)
|х-3 |(х + 5 + Зх-15)(х + 5-Зх + 15)	о

х + 1 > 0, 13-х > 0
______4x^10_______>0
|х-3|(4х-10)(20-2х)-и«
-1 < х < 13
' 1
х-10
<0
-1 < х < 13, х * 2,5, х * 3
<=> х е (-1; 2,5) и (2,5; 3) и (3; 10).
Ответ: (-1; 2,5) и (2,5; 3) и (3; 10).
50
Пример 35. Решить неравенство
10g17_x,(56-х2 + 10х) < |(log3+77(8 + 3-77) + log3+л 2).
Решение. Сначала преобразуем правую часть неравенства:
l(log3+^(8 + 3>/7) + log3+772) = l(log3+V7(16 + 6V7)) = llog3^(3+^)2 = 1.
Далее имеем log., , (56-х2 + 10х) < 1 о 'ё(56-х2+ 10х) j
lg(17-x2)
lg(56-x2 + 10x)-lg(17-x2) 0
lg(17-x2)-lgl
(56-х2 + 10х)-(17-х2) р
17-х2-1	«=>
56-х2+10х>0; 17-х2 >0
Юх + 39 >0
(х-4)(х4-4)
(х - 14)(х + 4) < 0, -V17 < х < V17
-4 < х < -3,9
4 < х < V17.
Ответ: (-4;-3,9]u(4;V17).
Пример 36. Решить неравенство |logx+2(x3 -ь5,5х2 4-10,2x4-6,385) < 1.
Решение. |logx+2(x3 +5,5х2 4-10,2x4-6,385) < 1 о
lg(x3 + 5,5х2 -НО, 2х 4- 6,385) - lg(x 4- 2)3
lg(x + 2)	"U
х3+5,5х2+ 10,2х + 6,385-(х + 2)3
о	(х + 2)-1
х3 4-5,5х2 4-10,2x4-6,385 > 0, х4-2>0
о 70,.5х2 - 1,8х-1,615 < Q 5х2 + 18х + 16,15 Q
Х4-1	X 4-1
о ЮОх2 4- ЗбОх 4- 323 0 (Юх 4- 17)(10х 4-19) Q
Х4-1	Х4-1
<^>хе[-1,9; -l,7]U(-l;+oo) = Af.
Неравенство /(х) > 0 х3 4- 5,5х2 4-10,2х 4- 6,385 > 0 выполняется на
множестве М, так как функция / возрастает на М (f(x) = Зх2 4-11х 4-10,2 > 0,
поскольку D = II2-4-310,2 = 121-124,4<0) и /(-1,9) = 0,001 >0.
Ответ: [-1,9;-1,7]и(-1;-юо).
51
Пример 37. Решить неравенство
logl |2х|-5 log2 12х I +21 х I log2 12х | -41 х | +6 > 0.
Решение. После замены t = 21 х |, у = log21 неравенство примет вид
у2 - 5у + ty - 2t + 6 > 0 <=> (у - 2)(у - 3) + (у - 2)1 > 0 <=> (у - 2)(у +1 - 3) > 0 <х>
(log2 t - 2)(log2 t +1 - 3) > 0 <=> (log2 t - log2 4)(log2 t +1 - 3) > 0 <=> (t - 4)(/ - 2) > 0.
Выражение log21 +1 - 3 при t > 0 имеет тот же знак, что и t - 2, ибо
/(/) = log2/ + /-3 возрастает и /(2) = 0. Далее имеем
-4)(/ - 2) > 0 Г0</<2	Г 0 < 2 | х |< 2	ГО <| х |< 1
[/>0	°[/^4	°_2|х|>4	°[|х|>2
Ответ: (-ню; -2] и [-1; 0) U (0; 1] U [2; -юо).
§ 5. Тригонометрические неравенства
Пример 38. Решить неравенство log84_2x_2x: cosx < logx+19cosx.
Решение. Сначала найдём значения х, при которых выполняются
неравенства /(х)>0 о 84-2х-2х2>0, g(x)>0 о х+19>0, cosx>0. Решая
систему
	8 5s < V V v о ° о 0	и V SO	К V	1	t Л 1	И	1	<=> < у + 2яп, w е Z	V	w	v Y v 1	1	3л 2 :6,
получаем	множество	М = (-7;-			Далее будем
рассматривать лишь значения х е М. Исходное неравенство имеет вид
log/(x) cosx < logg(x) cosx. Если cosx = 1, то приходим к решениям х = -2л и х = 0.
Пусть 0 < cos х< 1. Тогда, учитывая, что на М верно g(x)>l,
следовательно, logg(x) cos х < 0, получаем logу(х) cos х < logg(x) cos х <=>
.	(	l°g/7X) cosx А
« logg(j) cosxl 1 --10g---C0SJ I * 0 logg(t)cosx(l-log/(T)g(x))>0-»
52
IJ	1
j(84 - 2x - 2x2 - x -19)(84 - 2x - 2x2 -1) < 0
[84-2x-2x2 *1
|(2x2 + 3x - 65)(2x2 + 2x - 83) < 0
(2x2+2x-83#0
^±1;-^ U 5;
2	2
x e
)/ —i I .z
2----- C
Ответ: хеГ-^Щ^Ц-^ U
I 2	2
5;^ф^1и{-2^}и{0}.
Пример 39. Решить неравенство —- -	^0.
cos -Г7 - cos
4	4
Решение. На множестве |x|<4s выражение 3-х положительно,
поэтому знак 3 - x - V5-x2 совпадает co знаком (3 - x)2 - (5 - x2). Легко
проверить, что на этом множестве выполняются неравенства -я- < 2х4 7 <0 и
-^<^-^<0. Функция cos/ возрастает на множестве [-я-;0], поэтому знак
cos/,-cos/2 совпадает со знаком /,-/2, если /ь/2 e[-^;0]. Итак, исходное
неравенство равносильно системе
(3-х)2-(5-х2)
2х - 7 х - 5
4	4
,|x|sV5
>0
2х2 - 6х + 4 > q
х-2
4
,|х|<^
(х-2)(х-1)
(х-2)
Jx£>/5
[1<х<>/5
х*2
Ответ: х е [1;2) U (2; ^5].
53
§ 6.	Неравенство Коши
При решении некоторых неравенств удобно использовать соотношение
между средним арифметическим и средним геометрическим двух
неотрицательных чисел (неравенство Коши):
Равенство достигается только в случае а = Ь.
Пример 40. Решить неравенство 2^5-6х -2-9х - 3-4х + 3х < 2х+|.
Решение.
2л/5-6х-2-9х-3-4х + 3х < 2х+| о 2^/(3-2х-2-3х)(3Х-2х) < 2 • 2х - 3х о
о 7(3-2х-2-Зх)(Зх-2х) <|((3• 2х -2• 3х) + (3х -2х)) о
3-2Х-2-Зх >0
3х-2х >0	<=>
3-2Х-2-Зх *3Х-2Х
3-2Х >2-Зх
3х > 2 х	о
4-2х *3-3Х
1 “(гГ - 2	°-X<10g|3
8)'4
В данном примере а = 3 • 2х - 2 • 3х, b = 3х - 2 х.
Ответ: xG[0;log2 4)U(log2 4’П-
2 3	2 3
В следующем примере несколько иная ситуация.
Пример 41. Решить неравенство 7бх-х2 -8 - >/7-2х > >/8х-х2 -15.
Решение. Пусть а = 8х - х2 -15 £ 0, b = 7 - 2х > 0, тогда
6х-х2 -15 = (8х-х2 -15) + (7-2х) = д + 6 > 0 и исходное неравенство примет вид
*Ja + b > 4а +4b <=> а + b>a + 14аЬ + Ь<^> 4аЬ < 0 <=>
Ответ: хе{3; 3,5}.
Рассмотренные примеры свидетельствуют о том, что применение
перечисленных равносильных преобразований во многих случаях сокращает и
упрощает процесс решения неравенств.
54
УПРАЖНЕНИЯ
Глава 1
1.	(Тренировочный вариант 2005 года). Известно, что уравнение
(Зр + 10)х2 + (р + 14)х + 9 = 0 имеет хотя бы один корень. Найдите все значе-
ния параметра р, при которых число различных корней этого уравнения равно
числу различных корней уравнения	.
32-р Vx + 1+2
2.	(Пробный вариант 2005 года). Найдите все значения параметра р,
при каждом из которых число различных корней уравнения
(2-Зр)х + 7 + 6р	21П
2----—-------— = р + 2 равно числу различных корней уравнения
(4-Зр)х2-(р-4)х + 1 = 0.
3.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых в области
определения функции у = ^/log^ (х - а - 2) - logfl (ах +1) имеются натуральные
числа, кратные 5, и их количество равно количеству натуральных чисел,
кратных 7, принадлежащих области определения.
4.	Найдите все значения параметра а, при которых в множестве
решений неравенства х(х-2а + 6) + а2 <Л2а-^~ нельзя расположить два
отрезка длиной 2,5 каждый, которые не имеют общих точек.
5.	Найдите все значения параметра а, при которых в множестве
решений неравенства х(х-2а-10) + а2 <“—20а нельзя расположить два
отрезка длиной 4 и длиной 5, которые не имеют общих точек.
6.	Найдите все значения параметра а, при которых в множестве
О 2
решений неравенства х(х-2а + 8) + а2 < 16а——можно расположить два
отрезка длиной 6 и длиной 1, не имеющих общих точек.
55
7.	Найдите все значения параметра а, при которых множество
решений неравенства х(х-2а + 4)<8а--~—а2 не содержит никакого
отрезка длиной 3, но при этом содержит какой-нибудь отрезок длиной 2.
8.	Найдите все значения параметра а, при которых множество
w	36 + а(12-х) 12 Z1 Злч t	z-
решении неравенства------------< — (1 + —у)-1 содержится в каком-нибудь
х	х х
отрезке длиной 5 и при этом содержит некоторый отрезок длиной 4.
9.	Найдите все значения параметра а, при которых множество
25-(а + 10)х 5а,5	1	г
решении неравенства------2)-1 содержит число 6, а также
Х~	X х
содержит два непересекающихся отрезка длиной 6 каждый.
10.	Найдите все положительные значения а, при которых для
любого числа х из отрезка [-4; 4] верно неравенство 14х + а | х | -191> 1.
11.	Найдите все положительные значения а, при которых для
любого числа х из отрезка [-2; 2] верно неравенство |ах + 3|х|-11|>3.
12.	Найдите все значения параметра а, при которых решение
б.у-4
неравенства а3х -ах+(а~2^0&>9 < 8108’8 либо принадлежит отрезку [1; 2],
либо принадлежит отрезку [4; 5].
13.	Найдите все положительные значения параметра а, при
которых каждое решение неравенства а™ +4х •41’5*-6 > 8(а+1)г
принадлежит отрезку [-6; -2].
14.	Найдите все положительные значения параметра а, при
которых множество решений неравенства а™ +2х -163’75х-5 < 32(2fl+3)x содержит
числа, меньшие чем -0,5, но не содержит числа, большие чем 10.
п	х3+(р + 7)х2+(7р + Ю)х + 2(9р + 8)
15.	Даны два уравнения: --—-------------------------- = х + р
х + 6х + 5
и 2cosQ^gj = (6 + у/р + 2)х -23. Значение параметра р выбирается так, что
56
р>-2 и число различных корней первого уравнения равно сумме числа 2 + р
и числа различных корней второго уравнения. Решите второе уравнение при
каждом значении параметра, выбранном таким образом.
п	х4 +4(2-р)х + (р2-Зр + 10)	2 л
16.	Даны два уравнения: ----——--------------- = х - р -4
х +р
и 4cosL—
\2х +1/
= (3 + ylp + 3)x-5. Значение параметра р выбирается
так, что
р > -3 и число различных корней первого уравнения в сумме с числом 3 + р
даёт число различных корней второго уравнения. Решите второе уравнение
при каждом значении параметра, выбранном таким образом.
17.	Даны два уравнения:
V8(2p + 7)x-(32p + l 11) = 2х + 2р + 3
= 21-6х
Значение параметра р*-2 выбирается так, что число различных корней
первого уравнения равно произведению числа р + 4 и числа различных
корней второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении
параметра, выбранном таким образом.
18.	Даны два уравнения:
7(р2-5р-2)х + 24р-39 = 6р-11 -2х и
Г р~г Y
2 + 2/’’’	=89-2х.
\ )
Значение параметра р * 1 выбирается так, что при умножении числа различ-
ных корней первого уравнения на число различных корней второго уравнения
получается число 3-р. Решите второе уравнение при каждом значении
параметра, выбранном таким образом.
19.	Даны два уравнения:
хз(7 +3)х р 2=^ и дзпЖ-^ючг+Т^)*-
х2-х-20	V2 х + 4>
57
Значение параметра р выбирается так, что р > 2 и число различных корней
первого уравнения равно произведению числа р -1 и числа различных корней
второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом значении параметра,
выбранном таким образом.
20.	Даны два уравнения: 4х + ^/15х* 2 -(5р + 8)х-4р =0 и
%jx3-23р2-i =	- Зх.
* г р + 3
Значение параметра р выбрано так, что р > -3 и
число различных корней первого уравнения равно сумме числа р + 2 и числа
различных корней второго уравнения. Решите второе уравнение при каждом
значении параметра, выбранном таким образом.
21. Найдите все ненулевые значения а, при каждом из которых
наибольшее из двух чисел b = 9-За-2-7\а |-1 и с = За2-7|а|+5 не
превосходит 3.
22. Найдите все положительные значения а, при каждом из которых
наименьшее из двух чисел b = а~г - 4а"4 -1 и с = 4а2 (а1 + 2сГ2) - а8 больше -
4.
23. Найдите все значения а, большие 1, при каждом из которых
наименьшее из двух чисел b и с не меньше -2, если b = 8 - log3 (8 la5 * *) - log2 а,
а с = log2 3 - logfl (243a) + 5.
24. Найдите все значения а > 1, при каждом из которых наибольшее из
трёх чисел & = log2(4a) + 31ogfl64-7, c = log2a2-6 и d = loga (128a2)
больше 4.
25.Найти все значения параметра р, при каждом из которых уравнение
(2р -5,75)• 32°’8х+0’4 + (11р - 38) • 0,25’х +13 - Зр = 0 имеет ровно (2 -р)(р-4)
различных корней.
58
Глава 2
Решите следующие неравенства:
1. |х2-8х + 15£|15-х2 |.	2 |x-l|-|2x + l| |х-2|-|2х + 2Г
3 |Зх-2|-|2х-3| |х2+ х-8|-|х2-х|	4 |2x2 -Hx + lOI-x2 |6x2-llx + 4|-1
||х2-х|-1|-1 Х ||4х + 3|-2|-1 2 	Os * 7~ 77 * X 1 1 Ю Л X 1 X — L — 1 NJ
7 |2х2-5х|-х2:,0 | Зх2 - 5х | -х2	8. ^-^7y.<o. 3x2 - x - 4
9 У2х2 + х + 1- л/х2 +* +1 > Q №х2+4х-2+3/Зх2 + х-4 ~	in Vx + V3x-2-Vx + V2x-3	- Vx-2V^T-/x + 3-4V^T
Ц 23-Зх + Ух2-25 <_1 х-9	1? |x + l|-j5-2x-2x2 л/х3 + 2x2 - 5x + 2 - x
лх2+Зх-2 /л ^\2х2+2х+1 13. 4	-(lU)	<0 5х-1	14. (x2-x + l)2-x £ 1.
,	- \7+1Ь-6х" 15.(1-^)	>1.	16. (3|3j+11 -1) p9 • 3’13”" - 8 -1) £ 0.
.7 log2(3x + 2) 1Л log3(2x + 3)-U-	,o 1оВо.5 5Г-Т+1о82<2-х) „ 18.	о. log5(2x l) + logoi2 3_2x
19. log4-x 3 < log, 3.	20. logx+2(x2 + 5x - 6) > 2.
21 	1	 10gx(2x2-l) logi* *°eix 15	5	3	lofe(22x*1-ll-2x492 x + 3
23 logs(5x + 4)log3(3x + 7) (log3 lOx) • log2 x	24	<i. log3(2x + 5)
59
25.	iog 2 Ш> j.	26.	'°g328	>	.
(jAi)'4*-1'	log3(x2-8)	log2(x2-8)
27.	lx - 2x' - 9) * 'og2j_3(x -1).
28.	log . (55-^- + ^)<--------------2----------=^.
(4-T>	2	2 log5^2 + log5+7j(14 + 5V3)
29.	|logx(x’-0,8x2 + l.lx-0,3)< 1.
30.	log21 x | -91og31 x | +21 x | log31 x | -41 x | +14 > 0.
31.	log, sinx>log„. _>.osinx. 32. 2>/7-10r -2-4х - 5-25х +2* <4-5x.
woX“X +У
2
33.	^4x-x2 -3 - ^7-3x > yjlx-x2 - 10.
ОТВЕТЫ
Глава 1
1. {-у; -2}. 2. {-4,-3, у}. 3.	4. ае[-5;-3,5]U[-2,5;-1].
5. «e[l;4]U{5}U[6;9], 6. ае(-oo;-7)U(-7;-6)U(-2;-l)U(-l;+<»).
7. ae[-3;-2)U(-2;-l]. 8. ae[-5;-4)U(4;5], 9. ае(17;+оо). 10. ae(0; 0,5].
11. де(0; 1]. 12. ае[3; 6]. 13. ае
2. 1
3’ V2
14. ае[2; 4). 15. х = 4. 16. х = 1.
17. х = 2. 18. х = 4. 19. х = 4. 20. х = 5. 21. ае
22. ае(0;	^б). 23. де(1; л/з]и[>/3; з].
24. де(1; 8>/2)U(32; +<ю). 25. р = 4.
Глава 2
1. [0; 3,75] и [4; +»).	2. (-^о; -4) и [-2; 0) и (0; -wo).
3. (-чю;-2)и[-1;1]и(2;4).	4. (-эо;|)и(|;1)и(1;|)и[|;2]и[10;-нх>).
3 о	2	3
5. (-oo;-l,5)ci(-0,5;0)u{l}u[2;+oo).	6. (3; 4) и (4; 7).	7. (|;|]и(|;5].
8.	9. (-»;-|)и{0}и(|;+«>).	10.
11. (-да;-5]и[5;9)и(13;+да).	12. [-2;1)и[|;^Ь1].
13. (-»;-|]и(о;|]. 14. (-со;0]и[1;2]. 15. [-|;о]и[|;|].
16. |-|j.	17.	18- (0,5;1).	19. (1;2)и(3;4).
20. (10;-ню). 21. хе(1;+оо).	22. (-oo;-3)u[-l;0)kj(log2 9-1; log2 9].
23. (0;0,1)и(1;+оо).	24. (0;+оо).	25. (|;|ju[2;+«).
26. [-6;-4) и(2%/2;3).	27. (3 -	2)и (2;4]и (3 +	4,5).
28. (-^;-^6)U(^; ^).	29. [|;l)lj(l ;+°о).
30. (-oo;-9]U[-3;0)U(0;3]U[9;+oo).	31. [8;4 + 2>/6)U
32.	[-l;log^l)U(log^;0]. 33. {2; |}.
61
ЛИТЕРАТУРА
1.	Единый государственный экзамен: математика: 2004-2005: контроль-
ные измерительные материалы / [Л.О. Денищева, Г.К. Безрукова, Е.М. Бой-
ченко и др.; под ред. Г.С. Ковалёвой]; М-во образования и науки РФ,
Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки. — М.:
Просвещение, 2005.
2.	Единый государственный экзамен: математика: 2005-2006: контроль-
ные измерительные материалы / под общей редакцией Л.О. Денищевой;
М-во образования и науки РФ, Федеральная служба по надзору в сфере
образования и науки, Федеральный институт педагогических измерений. — М.:
Просвещение, 2006.
3.	Моденов В.П. Метод декомпозиции при решении трансцендентных
уравнений и неравенств И Математика в школе. — 2001. — №5. — С. 64-68.
4.	Математика. Задачи вступительных экзаменов в МГУ им. М.В. Ломо-
носова с ответами и решениями (1999-2003гг.): Учебное пособие. — М.:
Издательство УНЦ ДО, 2004. — С. 368-374.
5.	Шестаков С.А. Замени функцию // Математика для школьников. —
2005.— №* 4. —С. 17-21.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1
§ 1.Ограниченность множества значений функций.....................3
§ 2. Использование монотонности функции...........................8
§ 3. Задачи с параметрами, которые предлагались в 2004-2005 гг.
на Едином государственном экзамене...........................13
Глава 2
§ 1.	Неравенства с модулем.......................................35
§ 2.	Иррациональные неравенства..................................38
§ 3.	Показательные неравенства...................................40
§ 4.	Логарифмические неравенства.................................43
§ 5.	Тригонометрические неравенства..............................52
§ 6.	Неравенство Коши............................................54
Упражнения.......................................................55
Ответы ..........................................................61
Литература.......................................................62
Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ
Владимир Владимирович Локоть
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
Применение свойств функций,
преобразование неравенств
Публикуется в авторской редакции
Главный редактор И.Ю. Синельников
Ответственный за выпуск В.Е. Дрёмин
Обложка Е.В. Мельникова
Лицензия серия ИД № 04186 от 06.03.2001
Подписано к печати 15.10.2009
Формат 60x90/16. Гарнитура «Таймс». Объем 4,0 п.л.
Печать офсетная. Бумага офсетная № 1
Тираж 1500 экз. Заказ № 794.
Налоговая льгота
(Постановление Правительства РФ № 41 от 23.01.03)
Издательство «АРКТИ»
125212, Москва, Головинское шоссе, д. 8, к. 2
Тел.: (495) 742-1848
Отпечатано в ОАО «Домодедовская типография»,
г. Домодедово, Каширское ш., д. 4, к. 1.