____ШМШ-----
Готовимся к ЕГЭ
ЕЯ ZaXTT И! ЕЯ /а\ТГ KJ GSZaX
В. В. Локоть
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
И ИХ РЕШЕНИЯ
ТШНЮНИ:
УРАВНЕНИЯ, ИШШ
СШЕМЫ
10 класс
МОСКВА
2008
УДК 373:51	5?
ББК 74.26+22.1
Л 73
Научный редактор:	С.В. Зотиков — доцент, зав. кафедрой математического анализа и методики преподавания математики Мурманского Государственного педагогического института.
Рецензенты:	И.Л. Бродский — профессор кафедры естественно-математического образования МОИПКРО; Т.Е. Годзъ — завуч гимназии № 4 г. Мурманска, заслуженный учитель РФ.
Локоть В.В.
Л 73 Задачи с параметрами и их решение: Тригонометрия:
уравнения, неравенства, системы. 10 класс. — 3-изд.,
испр. и доп. - М.:АРКТИ, 2008. - 64 с. (Абитуриент:-
Готовимся к ЕГЭ)
ISBN 5-89415-273-9
В пособии приведены решения более 100 задач с пара-
метрами (тригонометрические уравнения, неравенства, си-
стемы). Материал может быть использован также абитури-
ентами при подготовке в вузы, преподавателями и студен-
тами пединститутов.
УДК 373:51
ББК 74.26+22.1
ISBN 5-89415-273-9
© Локоть В.В., 2008
© АРКТИ, 2008
От автора
Задачи с параметрами играют важную роль в формирова-
нии логического мышления и математической культуры у
школьников, но их решение вызывает у них значительные
затруднения. Это связано с тем, что каждое уравнение или
неравенство с параметрами представляет собой целый класс
обычных уравнений и неравенств, для каждого из них дол-
жно быть получено решение.
Большинство пособий адресовано абитуриентам, однако
начинать знакомить учащихся школ с подобными задачами
нужно значительно раньше — параллельно с соответствую-
щими разделами школьной программы по математике.
В предлагаемом пособии рассмотрены задачи на решение,
выяснение условий существования решений, их единствен-
ности, а также на определение количества решений триго-
нометрических уравнений, неравенств и систем.
Большинство задач представляют собой варианты вы-
пускных работ за курс средней школы и задач на вступи-
тельных экзаменах в вузы.
1М429
§ 1. Решение тригонометрических уравнений
Приведем формулы решений простейших тригонометрических
уравнений:
sinT = а <=> х = (-l)n arcsina + тгп, п G Z, |а| < 1,	(1)
cos х = а <=> х = ± arccos а + 2тгп, п е Z, |а| < 1.	(2)
Если |а| > 1, то уравнения (1) и (2) решений не имеют.
tg х = а <=> х = arctg а + тгп, п G Z, а G R,	(3)
ctg х = а <=> х = arcctg а + тгп, п Е Z, а Е R.	(4)
Примеры. Решить уравнения:
l)asinx = l, 2) cos 2х = 1 + а2, 3) 2sin2 х — (2а + 1) sin.T + а = О,
4) sin Зх = a sin т, 5) sin х tgT + cos х = & ...,
6)	a cos2 — (а + 26) sin2 = a cos х — 6 sin т,
7)	sin(rr + а) + cos(t + а) = sin(T — а) + cos(t — а),
8)	sin2 х + а cos2 2т =	9) sin |т — 2| = а — 3,
10) (а — 1) cost + (а + 1) sinT = 2а,
11) (а2 — l)tg х = а - 1, 12)	+ tg22x = 	>
13)	sin4 х + cos4 х + sin 2х = а,
14)	sinG х + cosG х = a(sin4 x + cos4 t),
15)	cos 2x = a(cos x — sin x), 16) a sin x — 6 cos x = 6,
2 - cosx = a tg7’ 18) cost + sinT + sinт • cosт = a’
19)	lab ctg 3г sin 2g + 2(<? + >г)1+5д^ = («’ + b2)4соУ-1'
20)	= тегЙ1. 21)|tS« + «etg»| = V3,
22)	tg 2т + tg (^ - t) = a, 23) a sin2 т + cost = 0,
24)	V a sin т + cos т = \/a cost + sinT.
Решение.
1)	При a = 0 уравнение решений не имеет. При а^О
sinT = | <Фт = (~l)n arcsin i + тгп, п е Z, < 1 О |а| > 1.
Ответ : х = (-l)n arcsin 1 4- тгп, п е Z
при а е (—оо; — 1] U [1; +оо); 0 при а€(-1;1).
4
2)	Так как cos 2т < 1, а 1 + а2 > 1, то уравнение равносиль-
{cos 2.т — 1
1 + а2 _ 1 > откУДа следует, что уравнение имеет
решения х = тт (n G Z) только при а = 0.
Ответ : х = тгп, п е Z при а = 0; 0 при а 0.
3)	Запишем уравнение в виде
sin2 х — (а + тр sin х + а •	=0.
По теореме Виета sin х = или sin т = а. Множество реше-
ний первого уравнения х = (—1)п^ + тгтг, п G Z; второе уравнение
имеет решения х = ( — l)fc aicsina + тгк (к е Z) только при |а| < 1.
При а = 2 уравнение имеет только одну серию решений.
Ответ : х = ( —1)п^ + тгп, х = ( — l)k arcsina + тг/с, п, к € Z
при |а| < 1; х = ( —1)п^ + 7гп, п G Z при а е (—оо; —1) U (1; +оо).
4)	sin Зт = a sin х <=> 3 sin х — 4 sin3 х = a sin х <=>
sin т(4 sin2 х — 3 + а) = 0 <=>
sin х = 0
2(1 — cos 2х) — 3 + а = 0
sin х = 0
cos 2т =	— 1).
Первое уравнение совокупности имеет решения х = ктг (Л е Z) при
любых а G R, а второе имеет решения
х = ±2 arccos — 1) + тгп, п е Z
при условии —1 <	— 1) < 1, т.е. при а Е [—1;3].
Ответ : х = тгА:, к е Z при а G (—оо; —1) U (3; +оо); х — тг/с,
к е Z, х = arccos — 1) + тгп, п е Z при а е [—1; 3].
5)	ОДЗ уравнения х 7^ ту+тг/с, к е Z. Поделив левую и правую
части уравнения на cost, получим равносильное на ОДЗ уравнение
tg2T + 1 = —%— <=> tg2T + 1 = a(tg2T + 1) <=> (а - l)(tg2T + 1) = 0.
cos т
При а = 1 уравнению удовлетворяют все т из ОДЗ, при а^1
уравнение решений не имеет.
Ответ : т € R \ {| + тгА:, к е Z} при а = 1; 0 при а 7^ 1.
5
6)	Выполняя тождественные преобразования, получим
a cos2 — (a -h 2b) sin2 = a cos х — b sin х <=>
^(1 + cost) - Jj(a + 2Ь)(1 - cost) = а cost - bsinT <=>
b(cos т + sin т - 1) = 0.
1.	Если b = 0, то решением уравнения является любое значе-
ние т 6 R.
2.	При b 0 имеем
-4= cos т + -4= sin т = Д= cos(t - 5) = -4= <=>
V2 л/2	л/2 V	42
х =	±	+ 2тг/с, к е Z <=> т =	+ 2ttZc; т = 2тг/с, к е Z.
Ответ : х е R при а е R, b = 0; т =	+ 2тгку х = 2тгк, к Е Z
при а Е R, b 0.
7)	После упрощения имеем
sin(T + а) + cos(t + а) = sin(T — а) + cos(t — а) <=>
(sin(T + а) — sin(T — а)) + (cos(t + а) — cos(t — а)) = 0 о
2 sin а • cos т — 2 sin т • sin а = 0 о 2 sin a(cos т — sin т) = 0.
1.	Если sin а = 0 (а = тгк, к е Z), тогда решением уравнения
является любое значение т € R.
2.	Пусть sin а	0 (а тг/с, к е Z). Решая уравнение
cost = sinT, получим т =	+ 7ГП, п 6 Z.
Ответ : х е R при а = тгк, к G Z; т =	+ тгп, п G Z при
а тгп, п е Z.
8)	Воспользовавшись тождеством cos 2т = 1 — 2sin2T, пре-
образуем уравнение к виду
a cos2 2т = 2 cos 2т <=> cos 2т(а cos 2т—тр = 0 о
Первое уравнение совокупности имеет решения т =
(n G Z) при любом а Е R. Второе уравнение при а 0 имеет решения
при условии < 1	1а| > г?- Эти решения задаются формулой
cos 2т = 0
a cos 2т = 2 •
Ответ : х =	п G Z, т = ±2 arccos + тгт, т Е Z
при а е (—оо; —2] U [^; +оо); т =	п	е Z при a G (-^5 j).
9)	Уравнение имеет решение, если |а — 3| < 1 О 2 < а < 4.
В этом случае |т — 2| = (—l)n arcsin(a — 3) + тгп, п е Z.
6
Так как |т—2| > 0, то п может принимать только такие целые
значения, при которых (—l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0. Рассмотрим два
случая:
а)	2 < а < 3. Имеем
—	— arcsin(a — 3) < 0 и ( — l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0 при п > 1.
б)	3 < а < 4. Поскольку 0 < arcsin(a — 3) < у
то ( — l)n arcsin(a — 3) + тгп > 0 при п > 0.
Ответ : 0 при а е (—оо; 2) U (4; 4-оо);
2±((-l)n arcsin(a-3) + 7rn), п = 1, 2,3,... при а е [2; 3) и п = 0,1,2,...
при а е [3; 4].
10)	(а — 1) cos х 4- (а + 1) sin х = 2а <=>
(а - l)(cos2 - sin2 + 2(а 4- 1) sin cos = 2a(cos2 + sin2
(За - 1) sin2 - 2(а + 1) sin cos + (а + 1) cos2 = 0.	(1)
Пусть а = — 1. Уравнение (1) принимает вид sin2 7 = °’ от-
куда х = 2тгп, п е Z. Если а —1, то уравнение (1) сводим к ква-
дратному (a + l)t2 - 2(а + l)t 4- (За - 1) = 0, где t = ctg у Деление
на sin2 не нарушает равносильности, так как решения уравнения
sin2 j =0не являются решениями уравнения (1) при а 7^ — 1. Найдя
корни
. (а + 1) ± у/2(1-а2) (
*1,2 = 1-- а 4-1-------L (а е 1D’ полУчаем
Ответ : х = 2тгп, п е Z при а = —1; 0 при |а| > 1;
х = 2 arcctgа + • 1"^+^* а ) 4- 2тгк, к е Z при а G (—1; 1].
11)	При а = 1 получаем уравнение 0 • tgx = 0, решением
которого является любое значение х + тгк^ к е Z. Если а 7^ 1,
то уравнение приводим к виду (а 4- l)tgx = 1, решения которого при
а — 1 х = arctgft । + тгп, п е Z. При а = — 1 уравнение решений
не имеет.
Ответ : х = arctgQ । + тгп, n е Z при а е (—оо; —1) U
( — 1; 1) U (1; 4-оо); х — R\ 4- тгт, т Е Z} при а = 1; 0 при а = — 1.
12)	ОДЗ уравнения ж | 4-у, /г G Z; а2+ Ь2 0. Так как
1 + tg22x =---то + tg22x =  <?аЪ %	«|—г = 	2 •
cos2 2х v	а2 4- b2 | cos 2я| а2 + Ь2
Рассмотрим два случая:
а) а = b 0. Имеем
| cos 2х] = 1’ откУДа = тгп, х = ^тгп, п е Z.
7
б) а У b. Поскольку 2а6 < а2 4- 62 и равенство достигается
только при а = 6, то
2аЬ
а2 + Ь
7 < 1, откуда | cos2x| > 1. Следовательно,
уравнение решений не имеет.
Ответ : х =
а = Ь = 0.
^тгп, п € Z при а = b ± 0; 0 при а У b и
13)	Выполняя тождественные преобразования, имеем
sin4 х 4- cos4 х 4- sin 2х = а <=>
(sin2 х + cos2 а?)2 — 2 sin2 х cos2 х 4- sin 2х = а <=>
1 - 2 sin2 2х 4- sin 2х = а <=> sin2 2х - 2 sin 2х + 2а - 2 = 0,
откуда sin 2х = 1 ± УЗ — 2а и
х = £(-l)n arcsin(l - УЗ - 2а) + ^тгп, п € Z или
х = l)fe arcsin(l + УЗ — 2а) 4- ^тгк, к € Z.
О
При а = 2 (D = 0) решения совпадают (sin2z = 1 <=>
х = 4- тгп, п € Z). Если же D > 0, то 1 + УЗ — 2а > 1 и
arcsin(l + УЗ — 2а) не существует. Решая неравенство
|1 — УЗ - 2а\ < 1 <=> 0 < УЗ - 2а < 2, получим < а <
Ответ : х = j(—l)n arcsin(l — УЗ — 2а) + ^тгп, п 6 Z при
а G [—^]» 0 при а G (—оо*, — С (^*, +оо).
14)	Аналогично предыдущему примеру, имеем
sin6 х + cos6 х = а (sin4 + cos4 ж) о
(sin2 х + cos2 z)3 — 3 sin2 x cos2 x • (sin2 x + cos2 x) =
= a((sin2 x + cos2 x)2 — 2 sin2 x cos2 x)
1 — 3 sin2 x cos2 x = a(l — 2 sin2 x cos2 x) <=>
1 - a = (3 - 2a) sin2 x cos2 x 1 - a = ^(3 - 2a) sin2 2x
(1 — a) = (3 — 2a)(1 — cos 4x) <=> (3 — 2a) cos 4x = 6a — 5.
При а У cos4x =	x — ±5 arccos 4- ^тг/с, к € Z.
Из неравенства | cos4z| < 1 <=> |6a — 5| < |3 — 2a| <=>
(6a- 5)2 < (3 - 2a)2 <=> 2a2 - 3a 4-1 < 0 следует, что a € [^; 1].
Ответ : x = arccos 2a + З71^’	£ Z при a € [^; 1];
0 при a € (-00; U (1; +00).
15)	cos2x = a(cosz-sinz) <=> cos2 z-sin2 x = a(cosz-sinz) <=>
(cosx
sinx)(sinx 4- cos# — a) = 0 <=>
cos x — sin x = 0
sin x + cos x = a.
8
При любом а решения первого уравнения совокупности
х = ^+тгп, nEZ. Второе уравнение приводим к виду
•	• /	\	rv •	X	/ 7Г \ О
sinrr + sm(----х) = а <=> 2sin — costх —-) = а <=> costх------) — —=ч
2	4	4	4	у/2
откуда х =	± arccos + 2тгА:, к е Z при условии, что |а| < \/2.
Ответ : х =	+ тгп, п G Z при а е ( — оо; — \/2) U (л/2; +оо);
х =	+ тгп, п е Z, х =	± arccos + 2тгк, к Е Z при
а Е [—г/2; \/2].
16)	a sin х — b cos х = b <=> a sin х — 6(1 + cos х) = О <=>
2asin^cos^ - 26cos2 = О 2cos^(asin^ - 6cos^) = 0.
Рассмотрим три случая:
1) а = 6 = 0. Решением уравнения является любое значение
х е R.
2) а = 0, 6	0. Уравнение —26cos2	= 0 <=> cos = 0, откуда
х = 7г(1 + 2А:), к Е Z.
3) а ф 0. Из совокупности
cos = 0
ffTZ — 6
— а
находим х = 7г(1 + 2к), к G Z и х = 2arctg^ + 2тгп, п Е Z.
17) ОДЗ уравнения х тг + 2тг77г,
сильные преобразования на ОДЗ, получим
sin а;
2 — cos х
= a tg^ <=>
х х
2 sin — cos —
Л 2 ______2.
2 — cos x
т Е Z. Выполняя равно-
asin^
—/о
C0S 2
sin (2 cos2 - a(2 — cos x)) = 0 <=>
sin ^(1 + cos я — a(2 — cos z)) = 0 <=> sin ^((a + 1) cosx + 1 — 2a) = 0 о
sin = 0
(a + 1) cos я = 2a — 1.
Первое уравнение совокупности имеет решения х = 2тгп,
п е Z при любом а е R. Второе уравнение имеет решения
х = zEarccos^_~-j- 4- 2тг/с, к е Z
2-1429
9
при условии а 7^ —1 и	— 1 За2 — 6а < О, откуда
а е [0; 2]. Кроме того, из множества допустимых значений а надо
исключить а = 0, которое получается из второго уравнения совокуп-
ности при подстановке х = тг + 2тг77г.
Ответ : х = 2тгп, п G Z при а е (—оо; 0] U (2; +оо);
т = 2тгп, п е Z, х = ±arccos-6"j7|r + 2тгк, к G Z при а е (0; 2].
18) На ОДЗ (sin х cos х 0 <=> sin 2т 0, т.е. при х ^тгп,
п Е Z) первоначальное уравнение преобразуем к равносильному
sin х + cos х + 1 = a sin х cos т,
а после замены sinT + cost = t и sinTcost = ^(t2 — 1) приводим к
квадратному (при а 0) относительно переменной t:
at2 - 2t - а - 2 = 0.	(1)
При а = 0 уравнение (1) имеет один корень ti = —1, при а 0 —
два корня ti = — 1 и ^2 = а~а^ ’
Ясно, что значения т, при которых = — 1 <=> sin т • cos т = 0,
не являются решениями первоначального уравнения.
Решая уравнение
2 + а ,	. .тг	2 + а
sinт + cos т —---<=> sinт + sin( — — х) —----<=>
а	2	а
Л . 7Г .	7Г.	2 + а	. 7Г 2 + а
2sin — cosit---) =-----<=> cos(t —-) = —т=—,
4	4 а	4 V2a
получаем т =	± arccos + 2тгк, к Е Z при условии
1^1 < 1^(2 + а)2 < 2а2,
I V2a । ~
откуда а е (—оо; 2 — 2\/2] U [2 + 2л/2; +оо).
Ответ : х =	± arccos + 2тг/с, к е Z при
а € (-оо; 2 - 2у/2] U [2 + 2д/2; +оо); 0 при а е (2 - 2л/2; 2 + 2^/2).
19) Левая и правая части уравнения определены при одних и
тех же значениях т, так как
1	+ 2cos2т = 1 + 2(2cos2t - 1) = 4cos2t - 1 и
10
л cos(2t + т) cos 2х cos х — sin 2т sin х
ctg3z = .--------- = ——------------------------
зш(2т + x) sin 2x cos x + sin x cos 2x
(1 — 2 sin2 x) cos x — 2 sin2 x cos x cos x — 4 sin2 x cos x
2	sin x cos2 x + sin t(2 cos2 x — 1) sin t(4 cos2 x — 1)
ctgT — 2 sin 2x
4 cos2 x — 1
Поэтому ОДЗ уравнения x	G Z и
л л л л/ 9	sin2т z 9	19ч ctg х
2ab ctg Зя sin 2т + 2(а2 + Ь2)-------= (а2 + Ь2)----5-----<=>
6	к '1 + 2cos2t v 74cos2t — 1
л л л z 9 ctg х - 2 sin 2т
2ab ctg Зт sin 2x — (a2 + 62)---x-----= 0 о
4 cos x — 1
ctg 3x(2absin2x — (a2 + 62)) = 0.
При любых а и b имеется серия корней х = ^тг + ^тгп, пЕ Z,
получающаяся при решении уравнения ctg Зт = 0.
Исследуем теперь уравнение
2absin2x = а2 + b2.	(1)
Рассмотрим следующие случаи:
1)	а = b = 0. Решением уравнения (1) будут любые т, кроме
х = ^7г/с, к 6 Z.
2)	а = b 0. Уравнение (1) приводим к виду sin 2т = 1, его
корни х =	+ тгт, т е Z.
3)	а = —Ь ф 0. Из уравнения sin 2т = — 1 находим
т — — -I- тг Z, Z с Z.
4)	|а|	|Ь|. Если ab = 0, то уравнение 0 • sin2т = а2 + Ь2
решений не имеет, так как а2+62	0. Если же ab 0, то a2 + 62 > 2аЬ
2  12
(|а|	|Ь|) и | sin 2т| =	следовательно, и в этом случае
уравнение (1) решений не имеет.
Ответ : т е R \ к Е Z} при а = Ь = 0\х = ^+ тгт^
т е Z, т = ^7г + ^7гп, п е Z при а = b 0; т = —+ тг/, I е Z,
11	11
х = ^7Г + £7гп, п е Z при а = — b 0; т = ^тг + ^тгп, п е Z при
|а| / |Ь|.
2М429
11
20) На ОДЗ (sinx —a, cosx ф —а)
a sin х + 1	а cos х + 1
--------- = —:--------- О
cos х + a sin х + а
a sin2 х + (а2 + 1) sin х + а = a cos2 х + (а2 + 1) cos х + а о
(sinх — cosx)(a(sinx + cosx*) + а2 + 1) = О <=>
(sin х — cosx)(a\/2cos(x —	+ а2 + 1) = 0.
Уравнение sinх — cosx = 0 имеет решения х =	+ тгк, к е Z. При
к = 2m (тп Е Z) sinx = cosx = следовательно, а — ^2.
Если же к = 2m + 1, то sin х = cos х = — и а . Покажем
теперь, что уравнение a\/2cos(x — ^) +а2 + 1 = 0 решений не имеет.
Действительно, при а = 0 это очевидно, а при а 0
2 । -|
1 + а2 > 2|а| > \/2|а| и | cos(x — 5)| = Q J 1 > 1, что невозможно.
4	v2|a|
Ответ : х =	+ тт/с, к Е Z при а 7^	х =	+ Зтгтп,
т е Z при а = х =	+ 2тгт7г, т G Z при а =
21)	Пусть tgx = t. Уравнение \t + j| = у/З равносильно сово-
купности двух квадратных уравнений t2±ty/3 + a = 0 (£	0), откуда
t=±^ ±	— а- При а > уравнение решений не имеет.
Если а = 0, то первоначальное уравнение имеет вид
|tgx| = л/З И X =	+ 7г/с, к Е Z.
Если а = (D — 0), то х = iarctg-^ + тгтп, т е Z.
При а Е ( — оо; 0) U (0; ^) х = arctg(±-^ ±	~ а) + 7ГП> п е Z.
22)	Выполняя преобразования, получим
2tgx 1 - tgx _	1 + tg2x _ л ,n
Отметим, что ОДЗ первоначального уравнения (cos 2x^0,
cos(^ ~ £) 7^ 0, откуда х ^(1 + 2/с), к е Z) не совпадает с ОДЗ
уравнения (1) (х ^(1 + 2/с), keZnx^^ + тгт, т е Z). Легко
проверить, что х =	+ тгт, т е Z — решения первоначального
уравнения при а = — 1. На ОДЗ уравнение (1) приводим к виду
1 + tg2x = а(1 — tg2x) (а + l)tg2x = а — 1.
12
При а е (-оо; -1) U [1; +оо) |tgx| = у и
х = iarctgv------ + тгп, п е Z.
V а + 1
Ответ : х =	+ тгт, т е Z при а = -1; 0 при а е (-1; 1);
х = ±arctg>y д ~ । + тгп, п 6 Z при а 6 (—оо; —1) U [1; +оо).
23)	Приводим уравнение к виду a cos2 х — cost — а = 0 и,
используя замену переменной cost = t (|t| < 1), получаем уравнение
at2 — t — а = 0. Если а = 0, то t = cost = 0, откуда т = +ят, т Е Z.
Если а 0, то корни квадратного уравнения £1,2 — ^(1 ± д/1 + 4а2),
причем
1*2| =	+ ^1+4а2) > ^т(1 + 2|а|) > 1,
2|а|	2\а\
т.е. t2 [-1; 1]. Функция f(t) = at2 - t - а на концах отрезка [—1; 1]
принимает значения противоположных знаков (/(—1) = 1,
/(1) = —1), поэтому уравнение f(t) = 0 на этом отрезке имеет ко-
рень, следовательно, = ^(1 — л/1 + 4а2) е [—1; 1].
Замечание. Неравенство |ti| < 1 можно доказать непосред-
ственно. Действительно, |ti| < 1 <=> |1 — л/1 + 4а21 < 2|а| <=>
V1 + 4а2 < 1 + 2|а| <=> 1 + 4а2 < 1 + 4|а| + 4а2.
Ответ : х = ту + 7rm, m G Z при а = 0;
т = ± arccos 2^(1 — х/1 + 4а2) + 2тгп, п е Z при а 0.
24)	\/а sin т + cos т = у/a cos т + sin т <=>
( a sin т + cos т = a cos т + sin т	( (а — l)(sinT — cost) = 0
[	asinT + cosT>0	[ asinT + cost > 0.
При a = 1 решением уравнения являются все т, удовлетворя-
ющие неравенству sin т + cos т > 0 <=> sin т + sin (ту — т) > 0 <=>
2 sin • cos (т — ^) > 0, откуда т G [-^ + 2тгк, + 2тг/с], к е Z.
При а 1 значения т находим из условия sin т — cos т = 0 <=>
т =	+ 7Г771, т е Z. Рассмотрим два случая.
1)	т = 2п. Из неравенства a sin + 2тгп) + cos + 2тгп) >
0 <=>	+ 1) > 0 получаем а > — 1.
2)	т = 2п + 1. Имеем a sin + 2тгп) + cos + 2тгп) > 0
-^(a + 1) > 0, откуда а < -1.
13
Ответ : х =	+ 2тгп, п е Z при а е (—оо; —1);
х =	+ тгт, т G Z при а = — 1;
х =	+ 2тгп, п Е Z при а е (—1; 1) U (1; +оо);
х Е [“ + 2ттА:, + 2тгк], к Е Z при а = 1.
Упражнения.
1. Решить уравнения
1) sin(2x + 3) = а + 1,	2) cos \/х - 1 = 2а,	3) tg|х - 2| = а,
4) tg22a; — (2а + 1 )tg2a; + а(а + 1) = 0,	5) sin4 х + cos4 х = а,
6) л/1 + ctg23x = 4а^4 ,	7) 3 sin х = 4а — 7,
8) 2 cos(a; + j) = а2 — За, 9) sin2 х = а — 4,
10)	-'п = °> П) sin2 х + asin2 = sin 5,
7	Jb СХ	7	U
12\ 2 sin2 2x - 6а sin 2x cos 2x - 11 cos2 2x _ 2(2a + 1) cos 2a; _ 1
a cos 2a; (2 sin 2a; — cos 2a;)	cos 2a; — 2 sin 2a;
13) 3sin.y + .a = 3cosa; j-a 14) sin6 cogG x =
7 a cos x 4- 3 a sin x + 3 ’	7	’
15) sin 2a; — 2\/2a(sin x — cos x) + 1 — 4a = 0,
16) x/sin a; — a cos x = x/asina; — cos a;.
14
§ 2. Условия существования решений
В этом параграфе приведены примеры, в которых требуется
установить, при каких значениях а уравнение имеет решения или не
имеет их.
Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют
решения:
1) 2 sin х — 3 cos х = а, 2) |3 sin х + 4 cos х — а| = 2,
3) a cos х — sin х = 3,	4) sin2 2т — 2 sin 2т — 2(1 — а)	= О,
5) sin2a: — 5cosx + а = 0,	6) sjnx-2 + a= 3-sinx’
7) (1 - a2) sinT + 2acost = 2a + 1,	8) asin(T +	=	sin2т + 9,
9) cos2 т + 2(a - 2) cos x + a2 - 4a — 5 = 0,	10) cos	,
11) sin3T + 2sin5T = a2 —6a + 12, 12) 2 cos3т + 4 cos 5т = a2 —4a+10,
q
13) arcsin(T — 1) = (a +	14) arccos x = sin a,
15) arccos(T + 2) = 7r + </a — 5, 16) arctgT = tga, 17) sin x = arccos a,
18) cos a:-a = Q 19) cos(a;/2) + a =	2Q) arcgin a... = Q
cost+ 1/2	sin т	arcsin т — тг/4
21) 2(tg2T + ctg2T + 2) + a2 = 3a(tgT + ctgT),
22) cos2 2т + 3a2 = 4a(cos4 т — sin4 t), 23) 1 + asinT = a2 — sin2 t,
24)	^2зш(т — a) + \/3 = cos6т — 1, a e (—^; %),
25)	cos 2т + a sin x = 2a — 7,	26) \/sin т + a = a + 1,
27)	2 sin2 2т + 4 sin 2т cos 2т + 5 cos2 2т = a,
28)	4(4a + l)(sin4 т + cos4 t) + 8(a — l)(sin6 т + cos6 t) =
= cos8t + a2 + 20a - 5, те [0; ^].
Решение.
1)	Поделим обе части уравнения на \/22 + З2 = г/13, получим
—2= sinT-----Д= cost	= —Я=.	Так как ( —2= )	+ ( —Д= )	= 1, то,
V13	V13	л/ТЗ	\л/13/	VV13/
о	q
обозначая —+= = coscr, —7=
Лз	Лз
= sin 9?, приведем уравнение к виду
15
sin(z—ср) =	, где <p = arctg^. Из условия | sin(x—<p)| < 1 получаем
\a\ < y/13.
Ответ : a e [—л/13; \/13].
2)	Как и в предыдущем примере, делим обе части уравнения
на л/32 + 42 = 5, получим
|3 .	4 а| 2	. . .	. а. 2
- sinz+- cosa:-- =-<=>| sin(x+^)--| = -
15	5	5 15	5	5
sin(x + </>) = % + |
sin(rr + <£>) = | - |,
где <р = arctgj. Искомые значения а найдем из совокупности нера-
венств
 I5 + 5IS1
[ I? - si - 1
—7 < а < 3
-3 < а < 7,
откуда а G [—7; 7].
Ответ : а е [—7; 7].
3)	acosx — sin х = 3 О
sin (ср — х) — —у----
о
Из условия	— - <
1 имеем а2 + 1 > 9 <=> |а| > 2у/2.
Ответ : а € (—оо; —2\/2] U [2\/2; +оо).
4)	Пусть sin 2х = t. Тогда уравнение примет вид
t2 - 2t - 2(1 - а) = О,
корни которого ^i,2 = 1 ±	— %а- Так как |sin2x| < 1, то первона-
чальное уравнение имеет решение, если хотя бы один из корней t±
или ^2 принадлежит отрезку [—1; 1]. Ясно, что
t\ — 1 — \/3 — 2d < 1 < 1 И- х/3 — 2d = ^2
о	о
и £1 = ^2 ПРИ а — §• При а < 2 ^2 ^ [—1; 1]. Из неравенства
— 1 < 1 — \/3 — 2d <=> \/3 — 2d < 2 следует, что а е [~^5 5]-
3dMe4dHue. Ответ легко получить из условия
/(-1)/(1) < 0 о (2а + 1)(2а - 3) < 0, где f(t) = t2 - 2t - 2(1 - а).
5)	После замены cos х = t уравнение примет вид f(t) = 0, где
/(£) = t2 + 5t — (а + 1). Абсцисса вершины параболы
у = t2 4- 5Z - (а + 1) to =	[—1; 1], следовательно, уравнение
16
f(t) = 0 на отрезке [—1; 1] может иметь не более одного корня. Иско-
мые значения а находим из неравенства /(—1)/(1) < 0 <=>
(—5 — а)(5 — а) < 0.
Ответ : а е [—5; 5].
6)	Сделав замену sinx = t и учитывая, что sinx 2,
sinx 3, после приведения к общему знаменателю получим равно-
сильное уравнение f(t) = 0, где f(t) = at2 — 5at + 6а — 1. При а = 0
уравнение f (t) =0 решений не имеет. Если а 0, то абсцисса
вершины параболы	[—1; 1]. Из условия /(—1)/(1) < 0 о
(12а — 1)(2а — 1) < 0 находим требуемые значения а.
Ответ : а Е [pj; Jj]-
7)	Учитывая, что -\/(1 — а2)2 + 4а2 = а2 4- 1, уравнение при-
водим к виду
1 - а2
а2 + 1
sinx 4-
2а	2а 4~ 1
—5----cos х = —о-----
а2 + 1	а2 + 1
2а 4-1
а2 + 1 ’
где cos р =
1 - а2
а2 + 1 ’
sin р =	—
а2 + 1
Значения а находим из условия
<=> sin(x 4- <^) =
|2а 4-1| < о2 4- 1 <=>
Г 2а 4~ 1 < а2 -|-1
—(а2 4- 1) < 2а 4- 1
Г а2 — 2а > 0
а2 4- 2а + 2 > 0,
откуда а G (-оо; 0] U [2; +оо).
Ответ : а е (—оо; 0] U [2; +оо).
8)	asin(x4- = sin 2x4-9 <=> а^^(sinх + cos х) = sin 2x4-9 о
a(sinx 4- cosx) = 2\/2 sinx cosx + 9\/2.	(1)
Пусть sinx 4- cosx = тогда t2 = (sinx 4- cosx)2 = 1 4- 2sinxcosx,
откуда 2 sin x cos x = t2 — 1 и уравнение (1) приводим к квадратному
относительно t\
at = V%(t2 - 1 4- 9) о V2t2 -at + sV2 = 0.	(2)
Уравнение (2) имеет решения, если D > 0 <=> а2 — 64 > 0, т.е.
при |а| > 8.
Так как \t\ = |sinx + cosx| = д/2| cos(x — ^)| < л/2, то для
решения задачи надо выяснить, при каких а уравнение (2) имеет
хотя бы один корень, принадлежащий отрезку [—д/2; л/2].
3-1429
17
Абсцисса вершины параболы to =	[— \/2; \/2] при
|а| > 8, поэтому уравнение (2) может иметь не более одного корня на
отрезке [—у/2; д/2]. Искомые значения а находим из неравенства
/(-г/2)/(г/2) < 0 <=> (ау/2 + 10л/2)(10г/2 - ау/2) < 0 о
(а + 10)(а - 10) > 0, где f(t) = V^t2 - at + 8л/2.
Ответ : а е (—оо; -10] U [10; +оо).
9)	Запишем уравнение в виде
cos2 х — (4 — 2а) cos х + (5 — а)(—1 — а) =0.
Используя формулы Виета, получим cos х = 5 — а или
cost = — 1 — а. Уравнение cost = 5 — а имеет решения при условии
— 1 < 5 — а<1о4<а<6, а уравнение cos т — — 1 — а при условии
— 1 < — 1 — а < 1 <=> — 2 < а < 0.
Ответ : а е [—2; 0] U [4; 6].
10) Неравенство
1 — а2
1 + а2
< 1 <=> |1— а2\ < |14-а21 выполняется
при любых а Е Д, поэтому исходное уравнение имеет решения при
любом а Е R.
Ответ : а Е R.
11)	Так как sin Зт + 2 sin 5т < 1 + 2 = 3, а а2 — 6а + 12 =
(а — З)2 4- 3 > 3, то уравнение равносильно системе
sin Зт + 2 sin 5т = 3
а2 — 6а -|- 12 — 3.
Из второго уравнения следует а = 3. Первое уравнение вы-
полняется только при условии sin3T = 1 <=> т = ^ + А: € Z, и
sin 5т = 1 т = yjj + п е Z.
Равенство	+ 2^21 о 1 + Юк = 6п невозможно,
поскольку 1 + 10 А: — нечетное, а 6п — четное число.
Ответ : 0.
12)	Как и в предыдущем примере оценим левую и правую
части уравнения. Получим 2 cos Зт + 4 cos 5т < 6 < (а — 2)2 + 6.
Ясно, что уравнение будет иметь решения при выполнении условий
а = 2, cos3t = 1, cos 5т = 1. Последние два условия выполняются,
например, при т = 2тгп, п G Z.
Ответ : а = 2.
18
13)	Учитывая множество значений арксинуса, имеем
— < (л Ч~ ^)тг <	—2 < о < —1*
Ответ : а е [—2; —1].
14)	Так как 0 < arccos х < тг, то уравнение имеет решение,
если 0 < sina < тг, откуда 2тгп < а < тг + 2тгп, п G Z.
Ответ : а е [2тгп; тг + 2тгп], п е Z.
15)	Из неравенства 0 < тг + у/а ~ 5 < тг следует а = 5.
Ответ : а = 5.
16)	Значения а находим из условия -^ < tga < | <=>
— arctg?y + тгп < а < arctg^- + тгп, п е Z.
Ответ : а е (—arctg^ + тгп; arctg^ + тгп), п е Z.
17)	Решая неравенство —1 < arccos а < 1, получаем
Ответ : а е [cos 1; 1].
18)	Учитывая, что исходное уравнение не имеет решений при
а Е (—оо; —1)U{ —+оо), получаем
Ответ : а е [—1; —U ( —	1].
19)	Так как sin х = 0 о х = тгк, к Е Z, то из множества
значений а (а е [-1; 1]) надо исключить те, при которых имеет
решение уравнение cos + а = 0, к е Z, т.е. а = 0, ±1.
Ответ : а е ( — 1; 0) U (0; 1).
20)	Искомые значения а найдем из условия < arcsin х <
ТГ zv 7Г ,, ТГ	п ТГ
Ответ : —	< а < —
21)	Пусть tgrr + ctgx = t, тогда tg2x + ctg2x + 2 = t2 и
первоначальное уравнение приводим к виду
2t2 + а2 = 3at (2t — a)(t — а) = 0,
корни которого ti = t2 = а. Если tgrr > 0, то
tgx + IgT - 2 tg2x “ 2tgx + 1 > 0 О (tgz ~ i)2 °-
Если же tgx < 0, то tgx +	< —2. Таким образом, пер-
воначальное уравнение будет иметь решения, если хотя бы один из
корней ti или ^2 будет принадлежать множеству (—оо; —2] U [2; +оо).
ЗМ429
19
Очевидно, что t2 Е [2;+оо) при а > 2 и t2 € (-00; -2] при а < -2.
Аналогично tY € [2;+00) при а > 4 и ti G (-00;-2] при а < -4.
Учитывая, что (—оо; —4] U [4; +00) С (—00; —2] U [2; +оо), получаем
Ответ : а 6 (—оо; —2] U [2; +оо).
22)	cos2 2х -h За2 = 4a(cos4 х — sin4 х) cos2 2х + За2 =
= 4a(cos2 х — sin2 ж) (cos2 х + sin2 х) cos2 2х + За2 = 4а cos 2х.
Положив cos 2х = t, получим квадратное уравнение
t2 — 4at + 3a2 = 0, корни которого = a, t2 = За. Учитывая условие
|£| = | cos2x| < 1, находим, что при |a| < 1 хотя бы один из корней
или t2 принадлежит отрезку [—1; 1].
Ответ : а Е [—1; 1].
23)	Пусть sinx = t, тогда первоначальное уравнение примет
вид f(t) = 0, где f(t) = t2 4- at + 1 — а2. Решая совокупность
г Л-1)-/(1)<0
/(-1) > о
/(1) > о
D>0
|to| < 1
(2 — а — a2)(2 + а — a2) < О
2 — а — а2 > О
2 + а — а2 >0
* а2 — 4(1 — а2) > 0
-1<_«<!
’ (а + 2)(а + 1)(а - 1)(а - 2) < 0
{(а + 2)(а- 1) < 0
(а + 1)(а — 2) < 0	<=>
5а2 > 4
—2 < а < 2
ае [—2; — 1] U [1; 2]
Гае [-1;1]
। а е (—оо; —U [ "5—; Н-оо)
I	v5 v5
2	2
[-2;--г=]иН=;2],
vo	VO
найдем значения а, при которых хотя бы один корень уравнения
f(t) = 0 принадлежит отрезку [—1; 1].
Ответ : а Е [—2; —7=] U [-?;
L x/5J у5
2].
Замечание. Уравнение f(t) = 0 имеет два различных корня
9	9
на отрезке [—1; 1] при а е [—1; —7=) U (-7-; 1], один корень — при
у5	V5
20
24)	Так как cos 6т -1 <0 < у 2 sin(x - а) + х/З, то уравнение
равносильно системе
Г cos 6х = 1	Г х = к € Z
| sin(z - а) =	| х = (-1)п+1^ + тгп + а, п € Z,
откуда а =	+ ( — l)n j — тгп, к,п е Z.
Учитывая, что (-|;|), имеем
— < ^к + (—1)п^ —	< /с + (—1)п — п <
Поскольку к + ( — 1)п — Зп число целое, а интервалу (“з; ^)
принадлежит только три целых числа: —1, 0 и 1, то условиям
задачи удовлетворяют три значения а.
1.	к + (-1)п - Зп = -1 , а =
2.	/с + (-1)п-Зп = 0 , а = 0;
3.	А: + (—1)п — Зп = 1 , а=
Ответ : а е { — j;0; j}.
25)	После замены у = sin ж исходное уравнение приводим к
виду 2у2 — ау + 2а — 8 = 0. Последнее уравнение имеет корни 2/1=2
и т/2 =	~ 4). Уравнение sin х = 2 решений не имеет. Значения а,
при которых имеет решение уравнение sinz = ^(а ~ 4), найдем из
условия з|а-4|<1о|а-4|<2о2<а<6.
Ответ : а е [2; 6].
г~--;—	.1	( sin ж = а2 + а + 1
26)	x/sinx + а = а + 1 <=> <	. 1 . Л
'	[ а +1 > 0.
С —1 < а2 + а + 1 < 1
У равнение имеет решения при условии <	“ а + 1 >~0
откуда а G [—1; 0].
Ответ : а Е [—1;0].
27)	2 sin2 2х + 4 sin 2х cos 2х + 5 cos2 2х = а
2	(sin2 2х 4- cos2 2х) + 4 sin 2х cos 2х + 3 cos2 2х = а <=>
2	+ 2 sin 4я + (1 + cos 4ж) = а 4 sin 4х + 3 cos 4х = 2а — 7 <=>
sin4x + | cos4x = j(2a — 7)
sin(4z + tp) = |(2a - 7) (ip = arctg|).
Последнее уравнение, а следовательно, и исходное, имеют ре-
шения, если — 1 < (2а — 7) < 1 <=> 1 < а < 6.
21
Ответ : а Е [1; 6].
28) Выразим sin4 z4- cos4 х, sin6 т4- cos6 x и cos 8т через
cos 4т. Получим:
a)	sin4 т+cos4 x = ^((1-cos2t)2 + (1+cos2t)2) = ^(l+cos2 2т) =
^(3 + cos 4т),
6)	sin6 x 4- cos6 x = (sin2 x + cos2 я) (sin4 x — sin2 x cos2 x + cos4 x) =
^(3+cos4t) — sin2 2x = ^(34-cos4t — ^(l — cos4t)) = g(5 + 3cos4z),
в) cos 8t = 2 cos2 4т — 1.
После замены cos 4т = £, \t\ < 1 приходим к уравнению
f(t) = 0, где f(t) = 2t2 — (7a — 2)t 4- a2 + 3a — 4. Если x E [0; ^], to
4x e [0; £], поэтому 0 < t = cos 4т < 1.
Задача свелась к нахождению значений а, при которых урав-
нение f(t) = 0 имеет корни на отрезке [0; 1]. Из неравенства /(0) •
/(1) <0 о (а2 + За - 4)(2 - 7а + 2 + а2 + За - 4) < 0 о
(а + 4)а(а — 1)(а — 4) <0 следует, что при а е [—4; 0] U [1; 4] уравне-
ние f(t) = 0 имеет ровно один корень, принадлежащий отрезку [0; 1].
Поскольку система
/(0)>0
/(1) > 0
D >0
to е [0; 1]
а2 + За — 4 > 0
а2 — 4а > 0
41а2 - 52а + 36 > 0
0<|(7а-2)<1
а Е (—оо; —4] U [1; +оо)
а е (—оо; 0] U [4; +оо)
а € R
а € [|; у]
не имеет решений, то не существует а таких, при которых уравнение
f(t) = 0 имело бы два корня на отрезке [0; 1].

Ответ : а е [-4; 0] U [1; 4].
Пример 2. Найти целые значения а, при которых данные
уравнения имеют решения:
1) cosax = 14- 2 cos2 (у + §)> 2) 2 — 2 cos 2т = За 4- 4 sin я,
3)	5 — 4 sin2 х — 8 cos2 = За.
Решение.
1)	Так как cosax < 1, а 1 4- 2cos2 (^ 4- тр — то равенство
возможно только в том случае, когда левая и правая части уравнения
порознь равны 1. Решая систему
J	cosax	=	1	J ах	=	2тгк, к Е Z
|	1 + 2 cos2 (у + 7)	=	1	( ж	=	4- 2тгп, п €	Z
и исключая т, получим а =	• Числа 4 и 4п+1 взаимно простые,
поэтому а будет целым числом только при условии
к = т(4п 4-1), т е Z, откуда а = 4т.
22
Ответ : а = 4m, т е Z.
2)	2 — 2(1 — 2 sin2 х) = За + 4 sin х	4 sin2 х — 4 sin х - За = 0.
После замены sinx = t, t G [—1; 1], исходная задача сводится
к нахождению всех целых значений а, при которых уравнение
f(t) = 0, где f(t) = 4t2 — 4t — За имеет хотя бы одно решение на
отрезке [—1; 1]. Решая неравенство
/(-1) • /(1) < 0 <=> (8 - За)(—За) < 0 а(а - |) < 0 О а € (0; |),
находим целые значения а (а = 1,а = 2), при которых ровно один
корень уравнения f(t) = 0 принадлежит отрезку [—1; 1].
Для нахождения значений а, при которых оба корня находят-
ся на отрезке [—1; 1], решим систему
D>0
/(-!)> 0
/(1)>0
-1 <t0 < 1
4 + 12а > 0
о
откуда а G [—^;0]. Отрезку 0] принадлежит единственное целое
значение а = 0. Объединяя найденные значения а, получим
Ответ : а е {0; 1; 2}.
Замечание. Этот же результат можно было получить,
выяснив, при каких а хотя бы один из корней уравнения
11,2 = ^(1 ± \/1 + За) принадлежит отрезку [—1; 1].
3)	Приведем исходное уравнение к квадратному относитель-
но t = cos х.
5 — 4 sin2 х — 8 cos2 = За <4 5- 4(1 — cos2 x) — 8 • ^(1 + cos x) = За <=>
4 cos2 x — 4 cos x — 3 — За = 0 <=> 4t2 — 4t — 3 - За = 0.
Как и в предыдущем примере, можно воспользоваться теоре-
мами о расположении корней квадратного уравнения, а можно ото-
брать все целые значения а, при которых имеет решение хотя бы
одно из неравенств |t1>2| < 1 # |^(1 ± у/4 + За)| < 1. И в том, и в
другом случае получим а е { —1; 0; 1}.
Ответ : а G {—1; 0; 1}.
23
Пример 3. При каких а уравнения не имеют решений:
1) (а + 1)tg2rc - 2tga:^^ + а = О,
2) 2(а2 + 1) cos2 х + 4а2 cos х + 1 = 0, 3) 2tg2x + 5tgx + а = О,
4)	(а2 + 8а + 16) (2 — 2 cos х — sin2 х) +
+ (32 + 2а2 + 16a)(cosx - 1) + За + 10 = О,
5)	2 sin2 х — 3 cos хsinх — 3cos2 х = а напромежутке [0; ^),
6)	asin5x + 2\/аЬ + b2 cos 5х + 2а = -4Ь (а > 0, b > 0),
7)	х2 + 2xsina — cos2 а + 2 sin а = 0, а е (-^; ^),
8)	х/3 sinx — 4 cos ж (а2 — 2а + л/5) = а + 3,
9)	sin2 х — 2(а — 3) sinx + а2 — 6а + 5 = 0, 10) 2 sin х = & +-д, а 3?
Решение.
1)	Выполняя преобразования, получим
—— ((a + 1) sin2 х — 2 sin x + a cos2 x) = 0 о
cos2 я 7	7
( sin2 x — 2sinx + a	= 0	,	.
[	cos x	Ф 0.	'	7
Используя замену sinx = t (|t| < 1), приведем уравнение к
виду t2 — 2t + a =	0,	корни которого — 1	— \/1	— а	и t2	=	1	+	\/1 —	a
существуют при	a	< 1. Очевидно, что	=	1	при	а	=	1,	а
при a < 1 ti < 1 < ^2- Найдем значения а, при которых —1 < t\.
Решая неравенство — 1 < 1 — \/1 — а <=> у/1 — а < 2, имеем а > — 3.
Итак, корень принадлежит отрезку [—1; 1] при а е [—3; 1], причем
ti = — 1 при a = — 3. Однако система (1) имеет решения только при
а е (—3; 1), так как если t = ±1 о sinx = ±1, то cosx = 0. Таким
образом, система (1) не имеет решений при а Е (—оо;—3] U [1; +оо).
Ответ : а е (—оо; —3] U [1; +оо).
2)	После замены cosx = t (|t| < 1) получим уравнение /(t) = 0
где /(t) = 2(a2 + l)t2 + 4a2t + 1. Уравнение f(t) = 0 имеет решения
при > 0 <4 4a4 — 2a2 — 2 > 0 <=> 2(a2 — l)(2a2 + 1) > 0, т.е. при
2	4 ।	2 I i
|a| > 1. Так как /(0) = 1 > 0, a /(t0) = /(++) = ~2а Л °i + =
a “i- J.	a “I- 1
—------2^ + 1) < о ПрИ |a| > 1, то на отрезке [to; 0] C [—1; 1] суще-
ствует корень уравнения /(t) =0. Это означает, что первоначальное
24
уравнение имеет решение при |а| > 1. Если |а| < 1, то D < 0, сле-
довательно, уравнение f(t) = 0, а вместе с ним и исходное не имеют
решения.
Ответ : а е (—1; 1).
3)	Пусть tgx = t. Данное уравнение приводим к виду
2t2 + 5t + а = 0. Так как t может принимать любые значения
(t е (—оо;+оо)), то уравнение не имеет решений при D < 0. Решая
неравенство D < 0 о 25 — 8а < 0, получим а > 3g.
Ответ : а е (3g;+oo).
4)	Поскольку 2 — 2 cos х — sin2 х = 1 — 2 cos х + cos2 х =
(cos х — I)2, то, вводя обозначение cos х — 1 = £, первоначальное урав-
нение преобразуем к виду f(t) = 0, где f(t) = (а + 4)2£2 +
2(а + 4)2£ + За + 10. Так как —1 < cosx < 1, то —2 < cos х — 1 = t < 0.
Таким образом, остается выяснить, при каких значениях а уравнение
f(t) = 0 не имеет корней, принадлежащих отрезку [—2; 0].
Решая неравенство D < 0 <=> (а + 4)4 — (За + 10)(а + 4)2 < 0 <=>
(а+4)2 (а+3) (а+2) <0, определяем те значения а, при которых урав-
нение вообще не имеет корней (а G (—3; —2)). Пусть теперь D > 0.
Так как /(0) = /(—2) = За + 10, то значения, при которых корни
уравнения /(t) = 0 не принадлежат отрезку [—2; 0], найдем из усло-
вия За + 10 < 0. Объединяя найденные значения, получим
Ответ : а Е (—оо; —	U (—3; —2).
5)	Используя тождество sin2 х + cos2 х = 1, уравнение приво-
дим к виду
(2 — a) sin2 х — 3 cos х sin х — (3 + а) cos2 х = 0.	(1)
При а = 2 имеем — 3 cos ж sin ж — 5 cos2 х = 0 <=>
cos х (3 sin х + 5 cos х) = 0. Корни последнего уравнения
х =	+ 7г/с, к € Z и х = —arctgg + тгт, т е Z не принадлежат
промежутку [0; 7^), так что а = 2 удовлетворяет условиям задачи.
Пусть теперь а ф 2. Уравнение (1) после деления на
(2 — a) cos2 х и замены tgx = t принимает вид f(t) = 0, где
Сначала найдем значения а, при которых уравнение f(t) = 0
вообще не имеет корней. Решая неравенство
4-1429
25
п<0^ (Г^7 + 4^<0° (ir^(9 + 4(3 + a)(2“a))<0^
4a2 + 4a — 33 > О, получим, что
ae (-oo;-|(v/34 + l))U(^(v/34-l);+oo).
Ясно, что в этом случае не имеет решений и уравнение (1).
Кроме того, если tgT < 0, то х [0; ?у), поэтому условиям за-
дачи удовлетворяют и те значения а, при которых уравнение f(t) = 0
имеет только отрицательные корни. Для того чтобы найти их, ре-
шим систему
a € [—2(х/34 4- 1); 2(4/34 — 1)]
3 Q
2(2 —а)
> 0,
2 а
/(0) > о
откуда а е (2;	1)]- Объединяя найденные значения а, получим
Ответ : а € (-оо; -^(\/34 + 1)) U [2; +оо).
6)	Поделим левую и правую части уравнения на
y4z2 + (2д/а6 +	= \/а2 + 4а6 + 4б2 =	+ 26)2 = а + 2b.
Получим sinSx + ^aab+bb2 COS5X = ~^а+~^Ь &
cos sin 5т + sin tp cos 5т = — 2 <=> sin(5T + </>) = —2
(<p = arctg^^--^ — ^-). Последнее равенство невозможно, следова-
тельно, исходное уравнение не имеет решений при а > 0, b > 0.
7)	Уравнение не имеет решений, если -^D < 0, т.е. при усло-
вии sin2 а + cos2 а — 2 sin а < 0 о sin а > , откуда, учитывая условие
а е (—?у), получаем а е (^; ^).
Ответ : а Е (^; ^).
8)	Введем вспомогательный угол. Имеем 3sinT — 4cost =
5(jj sinT— j cost) = 5sin(T — p) , где tgp = 3. Так как a2 — 2a+x/5 =
(a - l)2 + (x/5 - 1) >0 для любого a E R, то исходное уравнение
можно записать в виде x/sin(T — р) = —к— 7=-.
V V 7	x/5(a2 - 2a + x/5)
Учитывая, что 0 < x/sin(T — p) < 1, уравнение не будет
иметь решений, если правая часть его отрицательна, или принимает
значения большие 1.
26
1. Множество решений неравенства 2 а +	< О
а е (—оо; —3).
2. Решая неравенство	получим
а€(4=;2).
V о
Ответ : а е (—оо; —3) U (-4=; 2).
V 5
9)	Записав уравнение в виде sin2 х — (2а —6) sinT+
(а — 1)(а — 5) = 0 и используя формулы Виета, получим sin х = а — 5
или sin х = а — 1. Учитывая ограничение | sinx| < 1, находим, что
уравнение sin х = а — 5 имеет решения при условии 4 < а < 6, а
уравнение sin х = а — 1 — при условии 0 < а < 2. Таким образом,
исходное уравнение не имеет решений при а Е (-оо; 0) U (2; 4) U
(6; +оо).
Ответ : а е (—оо; 0) U (2; 4) U (6; +оо).
10)	Уравнение не имеет корней при условии | q 3 | > 2.
Так как |а + 1|>2|а — 3| <=> (а + 1 + 2а — 6)(а + 1 — 2а + 6) >
0 (За - 5)(а - 7) < 0, то а € (|; 7). С учетом а 3 получим
Ответ : а G (^; 3) U (3; 7).
Упражнения.
1.	При каких а уравнения имеют решения:
1) sin х + 2 cost = а, 2) 2>/б sin я + 5 cos х = а,
3) |2 sin х — 3 cos хI = а, 4) |5 sin2 х + cos х — 7| = а,
5) 2 sin2 х + a2 sin х + = 0,	6) (а2 + 1) sin2 х + 2а2 sin х + = 0,
7) sin2 х + 3 sin х cos х — 2 cos2 х = а, 8) sin 2х — —За2 + 6а — 4,
9) tg2T + ctg2T + 2 + За2 = 4a(tgT + ctgx),
10) (а2 — 9) sin Зт — 6а cos Зт = 6а — 9,
11) (а2 — 1) sin т — 2а cos т = 1 — 2а, 12) cos т = arcsin а,
13)	Уcost — а = 1 — а, 14) sin
15)	4 cos2 т + 5а sin т — а2 — 4 = 0,
16)	i/2cos(t + а) — 1 = sin 6т — 1, а е [-^;0],
4*-1429
27
24) S-cisx-tQ =0> 25)
17)	sin2т - (a + 2)(sinz + cosz) + 2a + 1 = 0,
18)	cos + cos = 2 + a/1 “ fl,
19)	| sin 4x + | sin 12z = -2a2 + 4a - 3,
20)	arccos (z + 2) = (a — 1)тг, 21) arcsinz = cos a,
22)	arcctgz = ctga, 23) arcsin(z - ^) =	- y/a + 1,
arccos x — a _ q?
>/ arccos z — 7t/4
2.	Найти целые а, при которых имеют решения уравнения:
1) 1 + a cosx = (a + I)2,	2) sin2 z — 3sinz + a = 0,
3)	a sin z + 2\/fl + 1 cos z = 2a + 1.
3.	При каких a уравнения не имеют решений:
1)	cos2 z + a2 cos z + 1 = 0,
2)	sin z + cos z = sin a + cos a на отрезке [0; тг],
3)	2z2 — 2z(2 cos a — 1) + 2 cos2 a — 5 cos a + 2 = 0, a E (0; 7r),
4)	/cosz _ Sinz(a2 _ a +	= a + L
У V 3
5) 3cosz= a /2?
28
§ 3. Число корней уравнения
В этом параграфе будут рассмотрены примеры на определе-
ние количества корней уравнения. Наиболее часто встречаются за-
дачи, в которых требуется определить значения параметра, при ко-
торых уравнение имеет единственное решение. Так как обычно три-
гонометрическое уравнение (в силу периодичности тригонометриче-
ских функций) имеет целую серию решений, то в условии указы-
вается определенный промежуток, которому должны принадлежать
корни уравнения. В конце параграфа рассмотрены примеры на уста-
новление равносильности уравнений.
Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют
единственное решение:
1) (я - а)(совя -	= 0, х Е [0; тг), 2) (х - a) arcsin (Зя - 2) = 0,
3) 4соб2я — (4а — 2) sinx = а 4- 3, х е
4)	% = а, х е [-тг; тг], 5) cos х - sin2 аж = 1,
6) cos2 ах = 2 cos ах + cos х - 2, 7) 2х2 - atg (cos я) + а2 = 0,
8	) 2sin я = а2 — 2а, х е [0; 2тг], 9) х2-+ 64 = 0.
7	L J 7	у/cos a	sma
Решение.
1)	Уравнение cos ж = на множестве х Е [0; тг) имеет
единственный корень х = поэтому исходное уравнение имеет
единственное решение при а=^. Кроме того, уравнение х = а не
имеет решений при а 6 (—оо; 0)и[тг; +оо), следовательно, исходное
уравнение имеет единственный корень.
Ответ : а G (—оо; 0) U {^} U [тг; 4-оо).
9
2)	Уравнение arcsin (Зя —2) = 0 имеет решение х =
при любом значении а. Поэтому исходное уравнение будет иметь
единственное решение в двух случаях: 1) а =	2) уравнение
х — а = 0 имеет решение, не входящее в ОДЗ исходного
уравнения (—1 < Зя — 2 < 1 <=>	< ж < 1).
Ответ : а Е (—оо; ^) U {^} U (1; +оо).
3)	После замены cos2x = 1 — 2 sin2 я и sin я = t первона-
чальное уравнение приводим к виду 8£2 + 2(2a — 1)£ + (a — 1) = 0,
29
корни которого ti = — | и *2 = |(1 — а). Ясно, что из множества
решений уравнения sin х = — | только х = — arcsin | принадлежит
интервалу ( —^;0). Так как одно решение уже найдено, то других
решений на интервале (—^; 0) быть не должно. Уравнение sinx = £2
не имеет решений на этом интервале, если t2 6 (-оо; -1] U [0; +оо).
ТЛ	Г	-1
Из совокупности неравенств 4	находим, что а €
^(1 — &) > 0
( —оо; 1] U [3; +оо). Остается учесть, что при а = корни уравнения
совпадают (ti = t2 = — ^), поэтому первоначальное уравнение имеет
единственное решение на интервале ( —^;0).
Ответ : а € (-оо; 1] U {|} U [3; +оо).
4)	sinx на отрезке [—тг;тг] каждое значение из множества
(—1; 0) U (0; 1) принимает дважды, значение 0 — трижды, и толь-
ко значения ±1 принимает один раз. С учетом ОДЗ (sinx — 1),
остается только sinx = 1. Подставив sinx = 1 в исходное уравнение,
получим а = Итак, если искомое значение а существует, то это
может быть только а = (необходимое условие). Решая уравнение
2 — sin2 х 1	( 2 sin2 х + sin х — 3 = 0	.	.
fl v = 4 О 4	, 1	/ п > получаем sinx = 1
1 + sin х 2	[	sin х + 1 ± 0 J
о	о
или sinx = — Уравнение sinx = — решений не имеет, а уравне-
ние sinx = 1 имеет единственное решение х = ^, принадлежащее
отрезку [—7г;7г].
Ответ : а =
5)	Так как cosx < 1, а 1 + sin2 ах > 1, то уравнение
cos х — sin2 ах = 1 <=> cos х = 1 + sin2 ах равносильно системе
f cosx = 1	f х = 2тгк, к е Z
1	•	п О S	л- *7	(1)
[ sin ах = 0	[ ax = 7m,n€:Z.	4 7
Исключая х, получим 2ка = п. Если а — рациональное чи-
сло (а = р 6 Z, q 6 N), то при к = qm (тп Е Z) х = 2тгqm
— решения системы (1) и исходного уравнения. Если же а — ир-
рациональное число, то условие 2ка = п выполняется только при
к = п = 0, откуда х = 0 — единственное решение уравнения.
Ответ : а — любое иррациональное число.
6) Перепишем уравнение в виде /(х) = 0, где
f(x) = cos2 ах — 2 cos ах — cos х + 2 = (cosax — 1)2 + (1 — cosx).
30
Так как (cosz-1)2 > 0 и (1-cosx) > О, то равенство /(ж) = О
возможно только в случае cos ах = 1 и cos х = 1.
Как и в предыдущем примере, при а рациональном уравнение
имеет бесконечное множество решений, а при а иррациональном —
единственное решение х = 0.
Ответ : а — любое иррациональное число.
7) Пусть f(x) = 2х2 — atgfcosx) + а2. Функция f — четная,
поэтому если xq — решение уравнения f(x) = 0, то и —Xq — решение
уравнения. Из условия единственности (xq = — xq) следует, что
xq = 0. При х = 0 имеем —atg(cos0)+a2 = 0 <=> a(a — tgl) = 0, откуда
получаем два значения а (а = 0 и а = tgl), каждое из из которых
подлежит проверке.
1. При а = 0 уравнение 2х2 = 0 имеет единственное решение
х = 0.
2. Если а = tgl, то уравнение принимает вид
2х2 + ^21 = tgl • tg(cosx).	(1)
Функция <p(t) = tgt, где t = cosx e [—1; 1] C (“5’ 7^’ BO3Pa-
стающая, следовательно tgfcosx) < tgl. Теперь легко оценить левую
и правую части уравнения (1).
2х2 + ^21 > ^21 > tgl • tg(cosx).
Из этой оценки следует, что уравнение (1) равносильно си-
стеме
Г 2я2 + ^21 = ^21
[ tgl • tgfcosx) = tp2l,
имеющей единственное решение х = 0.
Ответ : а = 0, а = tgl.
8) 2 sin х на отрезке [0; 2тг] каждое значение из множества
(—2; 0) U (0; 2) принимает дважды, значение 0 — трижды, а значения
±2 по одному разу. Так как а2 - 2а = (а — I)2 - 1 > -1, то уравнение
имеет единственное решение только в случае а2 — 2а = 2, т.е. при
а = 1 ± >/3.
Ответ : а = 1 ± \/3-
9) Уравнение имеет единственное решение при условии
1 п - п 16	16х/3 а л _ n sin а — \/3 cos а — 4 sin a cos а _ Л
4^ = 0 cosa "	~64 - 0	------- sin a cos а------= °’
Далее имеем sin а — cosa — sin 2а = 0 <=> sin 2а — sin(a — j) =
0 <=> 2sin(a + ^)cos(4^ —	= 0. Решая уравнения sin(a + ^) = 0,
31
cos(^y — ^) = 0 и учитывая ОДЗ (cos а > 0, sin а 0), находим
искомые значения а.
Ответ : а = — j + 2тгп, а = —ду- + 2тгк, а =	+ 2тг/,
п, к, I Е Z.
Пример 2. Найти наименьшее значение а, при котором
уравнение 2 — sinrr — cos 2т = a(2sinrr + 1) имеет на интервале
(0; ту) единственное решение. Найти это решение.
Решение. Приведем исходное уравнение к квадратному от-
носительно переменной t = sin я. Получим 2 — sinx —
(1 — 2sin2 х) = a(2sinx + l), откуда 2t2 — (2а+1)£+1-а = 0. Так как
при т е (0; ?у) 0 < t = sin я < 1, то условие задачи формулируется
следующим образом:
найти наименьшее значение параметра а, при котором урав- .
нение f(t) = 0, где f(t) = 2t2-(2а + 1)£ + 1 -а, имеет единственное
решение на интервале (0; 1).
Уравнение f(t) = 0 может иметь единственное решение в
двух случаях:
а) /(0) • /(1) <0 <=> (1 - а)(2 - За) < 0 о | < а < 1.
Г D = 0 J (2а + I)2 - 8(1 - а) = 0	( 4а2 + 12а - 7 = 0
) \	£ [0; 1]	0 < ^(2а + 1) < 1	< а < ^-
Корни уравнения 4а2 + 12а — 7 = 0	= —3, а-2 = ^- Так
1 О	1
как — 3	з), то наименьшее значение параметра а =
При а = 2 уравнение f(t) = 0 имеет корень t =
а уравнение sin ж = на интервале (0; ту) имеет единственное
решение х =
Ответ : а = х =
Пример 3. При каких значениях а существует хотя бы одно
значение b такое, что на интервале (6; b + 4тг) уравнение
3 cos х + 4 sin х = а имеет ровно один корень? Для каждого такого
а указать все значения Ь.
Решение. 3cosж + 4 sin ж = а <=>	cosх + sinх =	<=>
sin (т + <р) = где <р = arctg
Очевидно, что если |а| > 5, то уравнение решений не имеет,
а в случае |а| < 5 уравнение имеет более одного решения при любом
Ь. Рассмотрим теперь значения а = ±5.
32
1) a = 5. sin (x + p) = 1 о x + p = ?y 4- 2тг/с, к G Z, и
6 =	— (/? + 2тгк. Действительно, на любом интервале
(?У - р + 2тгА;; ту — (^ + 2тг/с + 4тг), к G Z, уравнение sin(x + р) = 1
имеет единственное решение х = ^ — <^ + 2тг + 2тгк.
2) а = —5. Аналогично предыдущему случаю, уравнение
sin(x + (^) = — 1 имеет единственное решение х = — ту ~ <^ + 2тг + 2тгА;,
к е Z, на интервале (—ту — (^ + 2тгА:; — ту — Р + 2тгк + 4тг).
Ответ : а = 5, b = ^ — р + 2тгк; а — —5, b = — ту — Р + 2tt/c,
к е Z (р = arctg 4).
Пример 4. Определить количество решений уравнения:
1)	cosx = а, х е (—тр ^тг];
2)	sin2 х - (а + ^2) sinx +	= 0, х Е [0; ^тг];
3)	(sin# + Tj)(cosz - а) = 0, х Е [0; 2тг];
4)	cosx ctgx — sinx = acos2x, x G [0; 2тг];
5)	а — 3 sinx = a — 3 cosx x e r40	497ri
' a cos x — 3 a sin x — 3 ’	1	’
6)	arccos2 x — 2а arccos x + а2 — 1 = 0.
Решение.
1)	Разобьем промежуток	jtt] на части следующим
образом: (—тр ^тг] = (—тр 0) U {0} U (0; j) U [тр ^тг) U [§тг; тг) U
{тг} U (тг; 4тг].
1.	Уравнение имеет 2 решения при:
а) а Е (—1; — ^] (на множестве [^тг; тг) U (тг; ^тг]),
б) а Е (^; 1) (на множестве (—j; 0) U (0; j)).
2.	Уравнение имеет единственное решение, если:
а) а = — 1 (х = тг); б) а = 1 (х = 0); в) а Е (—^ (х I71"))’
Ответ : а Е (—оо; —1)U(1; +оо), 0; а Е {—1}U(—^; tj]U{1}
— 1 корень; а Е (—1; —j] U (^; 1) — 2 корня.
2)	Поскольку
sin2x — (a+^) sinx + a-= 0 <=> (sinx-(sinx —a) = 0,
ТГ	2	cz
то исходное уравнение имеет корни х = j и х — ^тг при люоом
а Е R. Определим теперь число корней уравнения sin х = а :
33
a) a e [0; 1) — 2 корня; 6) a G [—-j; 0) U {1} — 1 корень;
в) a e (-ос; -^)U(1; +oo), 0.
При подсчете числа решений надо учесть, что при
а = Е [0; 1) первоначальное уравнение имеет только два корня
(х = j и х = 3%).
Ответ : а € (-оо; U {^} О (1; +оо) — 2 решения;
a G [— ^5 O)U{1} —3 решения; aejOj^U^; 1) —4 решения.
3)	Как и в предыдущем примере заметим, что исходное урав-
нение имеет корни х = ^тг и х = ^Хтг при любом а G R. Определим
теперь число корней уравнения cos х = а :
а) |а| >1, 0; б) a = 1 — одно решение (гг = тт);
в)	а е (—1; —^)U(—^)U(-^; 1] —2 решения;
г)	при |а| = уравнение cos х = а имеет 2 решения, одно из
которых совпадает с решением уравнения sin х +	= 0, поэтому
исходное уравнение имеет 3 решения.
Ответ : а е (—оо; — 1) U (1; +оо), —2 решения; a =
а = — 1 — 3 решения; а Е (—1; —О (—-^^; ^2^)
решения.
4)	Выполняя тождественные преобразования на ОДЗ
(х тгкук Е Z), получим
cos х _sin х = a cos 2х <=> cos2 х—sin2 х = a cos 2х sin х <=>
sin х
cos 2х = a cos 2х sin х <=> cos 2x(a sin ж — 1) = 0.
Уравнение cos2x = 0 имеет решения х = | + е
из которых четыре (х = х = ^, х = х = при-
надлежат отрезку [0; 2тг]. Уравнение a sin х — 1 = 0 имеет решения
х = (.—l)marcsini + тгт, т Е Z при условии |a| > 1, причем
х тгт, т Е Z, так как arcsin 1	0.
sinx на отрезке [0; 2тг] принимает значение 0 три раза, ±1 по
одному разу, остальные значения из множества (—1; 0) U (0; 1) по два
раза. Отсюда следует, что уравнение a sin х — 1 = 0 имеет на от-
резке [0; 2тг] единственное решение при а = ±1 и ровно два решения
при |а| > 1. Кроме того, надо учесть, что при а = ±л/2 уравнение
a sin х — 1 = 0 имеет два решения, совпадающие с решениями урав-
34
нения cos 2х = 0 (при а = \[2 х = ,
при а = — у/2 х =	и х = ^).
х = Ък .
Ответ ; а е {—л/2} U (—1; 1) U {л/2} — 4 решения,
а = ±1 — 5 решений,
а Е (—оо; — v^2) U (-Д; -1) U (1; л/2) U (л/2; +оо) — 6 решений.
о	о
5)	На ОДЗ (cos я 7^ sin ж уравнение (1) приводим к
виду
a2 sin х — За — За sin2 х + 9 sin х = a2 cos х — За — За cos2 х + 9 cos х <=>
a2 (sin х — cos х) — 3a(sin2 х — cos2 х) + 9(sin х — cos х) = 0 о
(sin х — cos х) (а2 — 3a(sin х + cos х) + 9) = 0.
Уравнение а2 — 3a(sin х + cos х) + 9 = 0 не имеет решений, так
как D = 9((sinx + cosx)2 — 4) = 9(sin2x — 3) < 0.
Решения уравнения sin х — cosx = 0 х = ^ + %/с, k Е Z,
принадлежат отрезку [40%; 49%] при к = 40,41,...,48 (всего 9). Если
о	6
бы не было ограничений cosх 7^ и sinz то задача была бы
решена.
Подставляя х =	+ тгк в уравнения cos х =	, sin х =	,
получаем - = откуда а = ±Зд/2. Исследуем эти значения а.
При а = — Зд/2 решения уравнения (1) х =	4- 2%п, п е Z, причем
отрезку [40%; 49%] принадлежат 5 корней. Если же а = Зд/2, то
решения уравнения (1) х =	+ 2%m, m G Z, а на отрезке [40%; 49%]
расположено 4 корня.
Ответ : а = —Зу/2 — 5 решений; а = Зу/2 — 4 решения;
а 7^ ±3\/2 — 9 решений.
6)	Уравнение t2 — 2at + а2 — 1 = 0 имеет два корня 11 = а — 1 и
^2 = а+1. Так как 0 < t = arccos х < % и функция t = arccos х убывает
на области определения х Е [—1;1], то уравнение будет иметь два
решения, если а удовлетворяет следующей системе неравенств:
( 0 < а-1< %	(	1 < а < % + 1
|^0<а + 1<% <^>|^-1<а<% — 1,
откуда а е [1; % — 1].
Значения а, при которых уравнение имеет единственное ре-
шение, найдем из совокупности двух систем:
!0 < а — 1 < %
а+1>%	%—1<а<%+1
0 < а + 1 < %	— 1 < а < 1.
а- 1 < 0
35
При остальных значениях а уравнение решений не имеет.
Ответ : Два решения при а G [1; тг — 1]; одно — при
а е [—1; 1) U (тг — 1; тг + 1]; 0 — при а Е (—оо; —1) U (тг + 1; +оо).
Пример 5. Найти а, при которых уравнение
(1 - a)tg 2х -	+ 1 + За = О
имеет более одного решения на интервале (0; ?£)•
Решение. Выполняя тождественные преобразования
(tg2x = —\----1) и вводя замену д, = t, приходим к уравнению
(1 — a)t2 — 2t + 4а = 0. При а = 1 уравнение имеет одно решение
t — 2, при а 1 — два решения: = 2 и t2 =
Уравнение COs % = 2 о cos х = имеет решения х =	+
2тгп, n е Z, из которых только х = принадлежит интервалу
(0; ^). Следовательно, а = 1 условиям задачи не удовлетворяет.
Выясним теперь, при каких а уравнение cos я = имеет
по крайней мере одно решение, принадлежащее интервалу (0; ?у) и
отличное от . Значения а найдем из условия
1 п f	(	ас(0;1)
2а	1 < 0 а е (—оо;0) U (^;+оо),
откуда а € (^; 1). Исключая а = ири котором ti = t2 = 2, получа-
ем
sin2 Зя — (а + А)
Ответ : а Е (^; U (^; !)•
Пример 6. Найти а, при которых уравнение
sin 3z + ?у = 0
имеет ровно три корня, принадлежащие отрезку [Я^; тг].
Решение. После замены sin Зя = t получаем квадратное
уравнение t2 — (а +	= 0, корни которого = 7^t2 = а.
Отрезку тг] принадлежат два корня из серии решений уравнения
sin Зя = £ (я = (~1)пу£ + п £ %), а именно: я = (п = 2)
и я = (п = 3). Следовательно, уравнение sin Зя = а должно
иметь ровно один корень, принадлежащий отрезку [Д^; тг]. Так как
Зя Е [2тг; Зтг], то sin Зя принимает все значения из промежутка [0; 1)
дважды, и только значение 1 принимает один раз (если я = то
Зя = Е [2тг; Зтг] и sin Зя = 1).
36
Ответ : а = 1.
Пример 7. Найти а, при которых уравнение
cos2 4х 4- (а — 3) cos 4х = О
имеет ровно четыре корня, принадлежащие отрезку [^; ^].
Решение.
cos2 4х + (а — 3) cos 4х = 0 <=> cos 4x(cos 4х + а — 3) = 0.
Уравнение cos4x = 0 <=> х =	п G Z имеет три
решения, принадлежащие отрезку [^; ^], а именно: (п = 0),
(n = 1) и (п = 2). Следовательно, уравнение cos4x = 3 — а
должно иметь ровно одно решение. Так как < х <	<=>
2 < 4х < то £'(cos4x) = [—1; 1], причем cos4x один раз
принимает только значения ±1. Искомые а находим из условия
3 — а = ±1, откуда а = 2 или а — 4.
Ответ : а е {2; 4}.
Пример 8. При каких а уравнение sin \/а — х2 = 0 имеет
ровно 6 корней?
_______Решение. Решая уравнение sin — х2 = 0, получим
у/a — х2 = ктг {к = 0,1,2,...), откуда х = ±у/а — к2тг2. Уравнение
будет иметь ровно 6 корней, если подкоренное выражение будет по-
ложительным при к = 0,1,2 и отрицательным при к > 3. Значения
а находим из системы а — 32тг2 < 0 < а — 22тг2 о 4тг2 < а < 9тг2.
Ответ : а е (4тг2;9тг2).
Пример 9. При каких а уравнение
(2 sin а + 1)я2 + 4х sin а = 1 — 2 sin а
имеет только отрицательные решения?
Решение. Если sin а = — то уравнение имеет единствен-
ное решение х = — 1, следовательно, значения а =	+ 2тгп и
а = дД + 2тгп, п G Z удовлетворяют условиям задачи.
При sin а ~2 квадратное уравнение имеет два корня:
х = 1'Ф 2 sin а и х ~ Решая неравенство
1
2’
1 — 2 sin а
1 + 2 sin а
sin а
sin а
< 0 о
находим, что а Е (^4-2тгп;	+ 2тгп)U(^5- + 2тгп;	+ 2тгп),
Присоединяя найденные ранее значения а, получим
п Е Z.
37
Ответ : а G (^+2тгп; ^+2тгп)и[^£+2тгп; ^Д+2тгп], п е Z.
Пример 10. При каких а и b равенство
a(cost - 1) + b2 = соб(дт + 62) - 1
справедливо для любых х е R?
Решение. Предположим, что пара (до, &о) удовлетворяет усло-
вию задачи, тогда равенство до(созт — 1) + Ь% = соз(дот + &о) — 1
справедливо для любого х е R. Выберем два значения х (например,
х = тг и х = 2тг ), подставим их в равенство, получим систему двух
уравнений относительно До и &о-
Г —2д0 + 6q = cos(a07T + &о) “ 1	(!)
[	= cos(2ao7r + 6q) — 1.	(2)
Из равенства (2) следует, что = соз(2дотг + Ь%) — 1 < О,
поэтому 6о = 0, cos(2ao7r + &§) = 1, откуда 2до?г = 2тгк и
до = к G Z. При этих значениях до и Ьо равенство (1) примет вид
cos/стг = 1 — 2к. Так как —1 < cos/стг < 1, то — 1 < 1 — 2к < 1, откуда
О < к < 1, т.е. к = 0 или к = 1.
Подстановкой убеждаемся в том, что найденные значения до
и Ьо действительно удовлетворяют условиям задачи.
Ответ : {(0; 0), (1; 0)}.
Пример 11. При каких д уравнение sin2 х — д2созт = а
имеет нечетное число корней на промежутке (—7тг; 7%]?
Решение. Пусть /(ж) = sin2 х—а2 cost—а. Так как f(—x) =
f(x) для любого х Е R, то уравнение /(т) = 0 имеет нечетное
число решений на промежутке ( — 7тг; 7тг] в двух случаях:
1) /(0) — 0, /(7тг)	0- Из условия /(0) = 0 О д(д + 1) = 0
получаем два значения д: д = 0 и д = — 1. Исследуем каждое
из них. При а = 0 уравнение /(т) = 0 <=> sin2 х = 0 <=> х = ктг
имеет 14 решений (к = — 6, — 5,..., 6, 7), а при а = — 1 —7 решений
(—бтг, — 4тт, — 2тт, 0, 2тт, 4тг, бтг).
2) /(0)	0, /(7тг) = 0. Из равенства f (7тг) = 0<4д2-д = 0
находим два значения д: д = 0 и д = 1. Первое уже исследовано
выше. При а = 1 /(т) = 0 <=> cost(cost + 1) = 0. Уравнение
cost = 0 <=> х =	+ тгп имеет 14 решений (±^, ±3^,..., ±13^),
а уравнение cost = — 1 — 7 решений (т = ±тг, ±3тг, ±5тг, 7тг).
Всего при а = 1 уравнение /(т) = 0 имеет 21 решение.
Ответ : а — ±1.
Пример 12. При каких а уравнения
1)	sinT — ^ = 0 и (sinT - ^)(sinT + д) = 0,
38
2)	sin2 x = a — и cos 2x = a — 1,
3)	sin x = 2 sin2 x и sin Зя = (a + 1) sin я — 2\a — 1| sin2 x,
4) 2 sin7 x = (1 + sin тга) sin x + a sin3 x и
(a — 1)(1 + cos2 x) + 2 sin6 x = 2 sin2 x + 2(a — l)3 равносильны?
Решение. Два уравнения называются равносильными, если
множества их решений совпадают. Любые уравнения, не имеющие
решений, также считаются равносильными (у них пустое множество
решений).
1)	Уравнения равносильны в двух случаях:
a) 8шя + а = 0 не имеет решений (а е (—оо; — 1)и(1; +оо)),
б) sin х + а = 0 не имеет решений, отличных от
х = (-1)п^ + 7гп, п € Z (а = ^)-
Ответ : а е (—оо; —1) U {^} U (1; +оо).
2)	соб2я = а — 1 <=> 1 — 2 sin2 х = а — 1 <=> sin2 х = 1 —
Приравнивая правые части уравнений, получим а — ^ = 1 — О
а = 1. При а = 1 уравнения имеют одинаковые множеству
решений (х =	п G Z).
Теперь найдем значения а, при которых оба уравнения не
имеют решений. Уравнение sin2 х = а — не имеет решений, если
11	14
а —	< 0 или a — •£ > 1, т.е. при а е (—оо; и (§5 +оо).
Аналогично, уравнение соб2я = а — 1 не имеет решений, если
|a — 1| > 1 О а 6 (—оо; 0) U (2; +оо). Оба уравнения не имеют
решений при а G (—оо; 0) U (2; +оо).
Ответ : (а G (—оо; 0) U {1} U (2; +оо)).
3)	Вводя замену sinx = t и используя формулу sin Зя =
3 sin х — 4 sin3 я, получим уравнения t = 2t2 и 3t - 4£3 = (a + l)t —
2\а — 1|£2	£(4£2 — 2\а — 1|£ + а — 2) = 0, при условии \t\ < 1.
Первое уравнение имеет корни t = 0 и t = • Второе уравне-
ние имеет корень t = 0 при любом а. Выясним, при каких а уравнение
4£2 — 2|a — l\t + a-2 = 0	(1)
имеет корень t = Подставляя в уравнение (1) t = полу-
чим 1 — |a — l|+a — 2 = 0о |a — 1| = а — 1, откуда а > 1. При
а > 1 уравнение (1) принимает вид 4£2 — 2(a — 1)£ + a — 2 = 0 и имеет
корни ti = и = 2(а — 2). Ясно, что исходные уравнения будут
равносильны, если = 0 (а = 2) или j (а = 3). Кроме того,
39
уравнения будут равносильны, если |t2| > 1 О |а —2| > 2. Учитывая,
что а > 1, имеем а > 4.
Ответ : а е {2} U {3} U (4; +оо).
4)	После замены sin х = tn cos2 х = 1 — sin2 х уравнения
примут вид:
2t7 = (1 + sin7ra)Z 4- at3 <=> t(2£G — at2 - (1 + sin7ra)) = 0 и
(a—1)(2 — t2) 4-2Z6 = 2£2+2(a-l)3 o2£G-f2(a + l) = 2a(a-l)(a-2).
Первое уравнение имеет корень t = 0 при любом значении а. Подста-
вляя t = 0 во второе уравнение, находим значения а
(a = 0,a = l,a = 2). Полученные значения а подлежат проверке.
1.	а = 0. Кроме общего корня t = 0, уравнение t(2t6 — 1) = 0
имеет корни t = ±-^«, а уравнение 2tG — t2 = 0 — корни t =
Поскольку уравнения имеют различные множества решений, то они,
а вместе с ними и исходные уравнения, не равносильны.
2.	а = 1. Уравнения t(2t6 — t2 — 1) = 0 <=>
t(t2 - 1)(2*4 + 2t2 + 1) = 0 и 2t6 - 2t2 = 0 <=> 2t2(t2 - 1)(*2 + 1) = 0
имеют одно и тоже множество решений t = 0, t = ±1, следовательно,
они равносильны. Но тогда равносильны и исходные уравнения.
3.	а = 2. Учитывая, что \t\ = |sinx| < 1, первое уравнение
t(2tG — 2t2 — 1) = 0 имеет только корень t = 0, так как в этом случае
2£2(t4 — 1) — 1 < —1. Аналогично, второе уравнение 2£6 - 3t2 = 0
£2(2£4 — 3) = 0 на множестве \t\ <1 имеет единственное решение
t = 0. Уравнения равносильны.
Ответ : а е {1; 2}.
Упражнения.
Пример 1. Найти а, при которых данные уравнения имеют
единственное решение:
1)	(х 4- a)(sinx 4-	= 0 на отрезке [^; Я^),
2)	2 cos ах — 3tg2x — 2 = 0,	3) х2 — 2а sin(cos х) 4- а2 = 0,
4)	х2 — 2asin(cosx) 4-2 = 0,	5) х2 Н—т== 4-	+ 36 = 0,
V sin а
6) sin2 х 4- (a — 2) sin я: 4- 2a — 4 = 0 на отрезке [—	^],
7) х4 — х2 4- a(cosx — х2) 4- а2 = 0, 8) (х 4- a) arccos(2a: — 1) = 0.
Пример 2. При каких значениях а существует хотя бы
одно значение b такое, что на интервале (6; b 4- 4тг) уравнение
40
4 cos x — 3 sin x = а имеет ровно один корень? Для каждого такого
а указать все значения Ь.
Пример 3. Определить количество корней уравнения:
1)	sinx = а, х е [—	2тт],
2)	(sinx — a)(cosx — Jj) = 0, х G [0; 2тг],
3)	cos2 х — (а + cosх +	— о? х е [^; 2тг],
4)	actg х — 1 = cos2x, х е [0; 2тг],
5)	tg 2х = atg х, х е [—тг, 0], (а 0),
6)	cos2 х — (а 4- 2) cos х — а — 3 = 0, х е [0; тг],
7)	п	3 на отрезке [20тг; 29тг].
7 а — 2 cos х а — 2 sin х	r L ’ J
Пример 4. Найти а, при которых уравнение
(х2 — 6|х| — а)2 + 12(х2 — 6|х| — а) + 37 = cos
имеет ровно 2 корня.
Пример 5. Найти а, при которых уравнение
2 cos2 х + (2а + 1) sin х — а — 2 = 0 имеет ровно три корня на отрезке
[0; тг].
Пример 6. Найти а, при которых уравнение
3 ^2cosx = а имеет Ровно ТРИ корня на отрезке [0; 2тг].
Пример 7. Найти а, при которых уравнение
cos \/ах — х2 = имеет не менее семи решений.
Пример 8. Найти а, при которых уравнение
cos \Jа — х2 = 1 имеет ровно восемь решений.
Пример 9. Найти все пары чисел (а, 6), для которых ра-
венство a(cos Зх — 1) + 62 — 26 = cos(3ax + (6 — I)2) — 2 выполняется
при всех значениях х е R.
Пример 10. При каких а уравнение sin2 х + 2а cos х = а2
имеет нечетное число корней на промежутке (—5%; 5тг]?
Пример 11. При каких а уравнения
1)	(cosx — ^b(cosx + а) = 0 и (cosх — ^^) = 0,
2)	cos2 х = 2а — 1 и cos 2х = а + 1,
41
3)	sin Зя = a sin ж 4- (4 — 2|a|) sin2 x и
sin Зя 4- cos 2x = 1 4- 2 sin x cos 2я,
4)	2 sin7 x — (1 - a) sin3 x + (2a3 — 2a — 1) sin x = 0 и
cos 2x 4- 2 sin6 x = 1 4- a — 2a3 + a cos2 я,
5)	(2a 4- 1) cos3 x 4- (16a3 — 4a + 1) cos x — 2 cos7 x = 0 и
cos6 x = (1 4- a) cos2 x 4- 8a3 — 2a,
6)	4 cos2 x — cos Зя = a cos я — |a — 4|(1 + соб2я) и
2 cos я cos 2я = 1 + cos 2я + cos Зя,
7)	a cos 2я + |a| cos 4я + cos 6я = 1 и
sin я cos 2я = sin 2я cos Зя — sin 5я,
8)	sin 2x + a = sin я 4- 2a cos я и 2 cos 2я + a2 = 5a cos я — 2
равносильны?
42
§ 4. Тригонометрические неравенства
Приведем известные сведения из теории тригонометрических
неравенств. Для каждого стандартного неравенства укажем множе-
ство решений.
х е	1. sina: > а. а) а < —1, х Е R; б) а > 1, 0; (arcsina + 2тгп; тг — arcsina + 2тгп), п Е Z.	в)	-1	< а < 1,
х €	2. sina: < а. а) а < —1, 0; б) а > 1, х Е R; (тг — arcsin а + 2тгп; 2тг + arcsin а + 2тгп), п Е Z.	в)	-1	< а < 1,
х €	3. cosa: > а. а) а < — 1, х Е R; б) а > 1, 0; (— arccos a + 2тгп; arccos a + 2тгп), п Е Z.	в)	-1	< а < 1,
х е	4. cosa: < а. а) а < —1, 0; б) а > 1, х Е R', (arccos а + 2тгп; 2тг — arccos а + 2тгп), п Е Z.	в)	-1	< а < 1,
5. tg х > а, х Е (arctg а + тгп; + тгп), п Е Z.
6. tg х < а, х Е (—+ тгп; arctg а + тгп), п Е Z.
Для решения нестрогих неравенств (sin х > a, sina: < а,
и др.) надо к множеству решений строгого неравенства добавить
множество решений соответствующего уравнения.
Пример 1. Решить неравенства
1) sin аз: > ^,	2) cos (2а: — 1)>Ь (—1 < 6 < 0),
3) sinao: < b (0 < b < 1),	4) tg (ах + 2) > 6,
5) a cos2 х — (а2 + 1) cosa: + а < 0 (0 < а < 1).
Решение.
Начнем с простейших неравенств. Для их решения достаточ-
но воспользоваться приведенными выше сведениями.
1) Если а = 0, то решений нет. При а 0 имеем
+ 2тгп < ах <	+ 2тгп, п Е Z.
Окончательный ответ зависит от знака а.
Ответ : х Е [^(^ + 2тгп); ^(^ + 2тгп)], п Е Z при a > О,
0 при а = 0, х Е [^(^- + 2тгп); 1(^ + 2тгп)], п Е Z при a < 0.
2)
Исходное неравенство равносильно неравенству
— arccos b + 2тгп < 2х —
— 2 arccos b +	+ тгп <
< arccos Ь + 2тгп <=>
х < arccos b + -g + Ten,
п Е Z.
43
3)	sin ax < b о тг — arcsin b 4- 2тгп < ax < 2% + arcsin b + 2тгп,
n e Z. Ответ зависит от знака а.
Ответ :	х е	(^(тг — arcsin b + 2тгп); ^(2тг + arcsin b	+ 2тгп)),
п е	Z при а > 0;	х е	(^(2тг + arcsinb + 2тгп); i(?r — arcsinb	+ 2тгп)),
п е	Z при а < 0;	х е	R при а = 0.
4)	tg (ах	+ 2)	> b arctg b + тгп < ах + 2 <	+ тгп,	п G Z <=>
arctg b — 2 + тгп < ая < ту — 2 + тгп, п е Z.
Ответ : х е [i(arctg b — 2 4- тгп); — 2 +тгп)), п е Z при
а > 0; хе (1(^ “2 4- тгп); i(arctg b — 2 + тгп)], п е Z при а < 0;
х е R при а = 0 и b < tg 2; 0 при а = 0 и b > tg 2.
5)	Рассмотрим отдельно случай а = 0. Неравенство примет
вид — cos х < 0 <=> cos х > 0, множество решений которого
х е [—?у 4- 2тг/с; ту 4- 2тг/с], к е Z.
При а 0 имеем a cos2 х — (а2 + 1) cos х 4- а < 0 о
(acosх — l)(cos£ — а) < 0 <=> (а < cosх < i). Правая часть не-
равенства выполняется при любых х е R, а левая — на множестве
[— arccos а 4- 2тг/с; arccos а + 2тг/с], к е Z, (0 < а < 1).
Ответ : х е [— arccosа 4- 2тгк', arccosа 4- 2тг/с], к е Z.
Пример 2. При каких а следующие неравенства
1) (а2 — 4) cos х + 4а sin х < 5а,
2)	а2 + 2а — sin2 х — 2а cos х > 2,
3)	sin2 х 4- а(3 — cos х)2 — 5 + 5а > 0,
4)	а(3 — cos2 ж)3 — sin2 х 4- а < 5,
5)	|3 sin2 х 4- 2а sin х cos х 4- cos2 х 4- а| <3,
6)	sin4 х + cos4 х > a sin х cos х
выполняются для любых х е R?
Решение.
1)	Так как (а2 - 4)2 + (4а)2 = (а2+4)2, то
(а2— 4) cos х + 4а sin х = (а2 + 4)(% cosa: 4- sinx) =
v 7	4	/ка2+4	а2+4	7
2 _ л	л
(а2 + 4) sin (х 4- а), где sin а = а* ~ cos а = >> л.
4	74	7	а2 + 4	а2+4
Первоначальное неравенство примет вид
sin(z + a)<^-^.	(1)
44
Учитывая, что sin (х + а) < 1, делаем вывод, что неравенство
(1) будет выполняться для любых х G R только в том случае, когда
2 > 1 <=> a2 - 5a + 4 < 0, откуда а G [1; 4].
Ответ : a 6 [1; 4].
2)	Путем замены cosx = t (|t| < 1) задача сводится к следу-
ющей:
выяснить, при каких а неравенство f(t) > 0, где
/(t) = t2 — 2at + a2 + 2a — 3, выполняется для любых t G [—1; 1].
Это означает, что наименьшее значение функции f на отрезке [—1; 1]
должно быть положительным. Известно, что графиком квадратич-
ной функции f является парабола. В зависимости от расположения
to (to — абсцисса вершины параболы) возможны три случая:
1.	Абсцисса вершины параболы to = a < — 1. В этом случае
f возрастает на отрезке [—1; 1] и fnauM = /(—1) = a2 + 4a — 2.
2.	Если -1 < а < 1, то /Наим = f(a) = 2а - 3.
3.	При а > 1 fHaUM = /(1) = а2 - 2.
Искомые значения а найдем, решая совокупность трех систем
a2 + 4a - 2 > 0
2a - 3 > 0
-1 < a < 1
a2 - 2 > 0
a e (—oo; —2 — л/б)
0
_ a e (\/2; +oo),
откуда а G (—оо; —2 — л/б) U (\/2; +оо).
Ответ : а G (—оо; —2 — \/б) U (д/2; +оо).
3)	Так как 5 + (3 — cos х)2 > 0 для любого х Е Д, то
sin2 х + a(3 — cos х)2 — 5 + 5a > 0 <=> a(5 + (3 — cos x)2) > 5 — sin2 x
5	— sin2 x
CL > --—--------tit.
5 + (3 — cosx)2
Таким образом, задача свелась к нахождению наибольшего
значения функции /(х) = -—	sin х
v '	5 + (3- cosx)2
Дробь будет иметь наибольшее значение, если числитель при-
нимает наибольшее, а знаменатель — наименьшее возможное значе-
ние. Очевидно, что при х = 2тг/с, к е Z указанные условия выпол-
няются (sinx = 0, cosx = 1), поэтому fHau6 = g-
Ответ : а G (g;+cto).
45
4) На первый взгляд, этот пример не отличается от предыду-
щего. Однако наименьшее значение числителя и наибольшее значе-
ние знаменателя достигаются при при разных значениях х. Поэтому
для нахождения наименьшего значения функции удобно использо-
вать производную. Перепишем неравенство в виде
а <	5 + sin2 х _ 3 4- (3 — cos2 ж) _ 3 -\-t
1 + (3 — cos2 ж)3	1 + (3 — cos2 т)3	1 + t3 ’
где t = 3 — cos2 ж, t e [2; 3].
Найдем наименьшее значение функции f(t) = $ на от-
2 з 1	*
резке [2;3]. Так как производная /'(t) = ~ Г отрицательна
(1 +1 j
при t Е [2; 3], то f убывает и принимает наименьшее значение при
г = з, fHauM = f(3) = ^.
о
Ответ : а Е (—оо; -А).
5) 1 способ. Выполняя преобразования, получим
f(x) = 3 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а =
о	1
^(1 — cos2x) + asin2x + ^(1 + cos2x) 4- cl = asin2x — cos2x 4- a 4- 2 =
д/а2 4- 1(—z Q	sin2x-1 1 cos2я)+а+2 — у/a2 + 1 sin (2x — q)+
Уа2 + 1	\/a2 + l
a + 2, где cos a =	..., sin a = —z-  --.
V a2 + 1	v a2 4- 1
Неравенство |/(ж)| < 3 будет выполняться при всех х Е R,
если наибольшее значение |/(ж)| не превосходит 3, т.е. если —3 <
min/(ж) = —у/a2 + 1 + а + 2 и max f(x) = \/а2 4-1 4- а + 2 < 3.
При нахождении min f(x) и max f(x) мы воспользовались тем, что
| sin (2х — а)| < 1.
Решая систему <
—3 < —у/а2 4~ 1 4~ а, 4~ 2
\/а2 4-1 4- а 4- 2 <3
Г у/а2 + 1 < а 4- 5
\ \/а2 + 1 < 1 — а

а2 4- 1 < cl2 4- Юа 4- 25
а2 + 1 < а2 - 2а 4- 1	_ г 12
1	а>0 >полУчимае1“ТР°1-
а + 5 > 0
2	способ. Положим х =	n е Z. Тогда
cos х = 0, sin2 х = 1, и неравенство |/(ж)| < 3 принимает вид
|а + 3| < 3, откуда — 6 < а < 0. После тождественных преобразований
поделим обе части неравенств на cos2 х (х 4- тгп, п е Z.) Имеем
(6 -h a) sin2 х + 2а sin х cos х + (4 + а) cos2 х > 0
a sin2 х + 2а sin х cos х + (а — 2) cos2 х < 0
m<3<U
46
(6 4- a)t2 + 2at + 4 4- a > 0
at2 + 2at 4- a — 2 < 0
, где t = tg x. Выпишем условия,
при которых оба неравенства выполняются для любых t е R.
6 + а > 0	6 4- а > О
<0 а2 — (6 4- а)(4 + а) < 0
а < 0	а < 0
<^>а е [~^;0].
а2 — а(а — 2) < О
< О
Ответ : а е [— трО].
6) Оценим левую и правую части неравенства.
Так как sin2 2х <1, то
sin4 х 4- cos4 х = (sin2 х + cos2 т)2 — 2 sin2 х cos2 х = 1 — sin2 2х >
С другой стороны, a sin х cos х < |asinTcosT| = | sin 2т| < ^1а1-
Таким образом, условие |а| < 1 является достаточным для то-
го, чтобы исходное неравенство выполнялось при любых х Е R. Дей-
ствительно, в случае |а| < 1 получаем цепочку верных неравенств
sin4 х 4- cos4 х >	> 2 |а| > | sin 2т | > a sin т cos т.
Остается убедиться в том, что условие |а| < 1 является необ-
ходимым. Другими словами, надо показать, что для любого а такого,
что |а| > 1, исходное неравенство при некоторых значениях т е R
выполняться не будет.
Пусть а > 1. Покажем, что при т = неравенство не вы-
полняется. Имеем sin4 + cos4	sin cos	Исходное
неравенство примет вид	и ПРИ > 1 не выполняется.
При а < — 1 достаточно положить т = —
Ответ : |а| < 1.
Пример 3. При каких а неравенство
sin5 т + cos5t — a(sinT 4- cost) > ^{а2 — 11)(sinт 4- cosт) sinтcosт
выполняется при всех т, принадлежащих отрезку [0; ^]?
Решение. Воспользуемся тождеством
а5 + 65 = (а + Ь)(а* — а3Ь 4- a2b2 — ab3 + 64)
и поделим обе части неравенства на (sinT 4- cost). При т 6 [0;
sin т + cos т > 0. Получим
sin4 т — sin3 т cos т 4- sin2 т cos2 т — sin т cos3 т 4- cos4 т — а >
2(а2 — 11) sinтcost <=> (sin2 т + cos2 т)2 — sinTCOST(sin2 т 4- cos2 т) —
sin2 тcos2 т — а > ^(а2 — 11) sinтcost о 1 — t — t2 — а > ?%(а2 — ll)t о
f(t) < 0, где t = sin т cos т, f(t) = t2 4- ^t(a2 — 9) 4- a — 1.
47
Так как t = sin х cos х = sin 2х G [0; j] при хе [0;	, то
решение задачи свелось к определению тех а, при которых неравен-
ство f(t) < 0 выполняется для всех t е [0; ^]-
Значения а найдем из системы
j /(0)<0	[	а—1<0 Г а<1
< 0 з + д(а2 — 9) + а — 1 < 0	\ а € [—6; 2],
откуда а е [—6; 1].
Ответ : а е [—6; 1].
Пример 4. При каких а неравенство ||tg х — ^| ~ ^| — а
выполняется для всех х, удовлетворяющих условию —	< х <
Решение. При х е	х е [-3Т’’ ^1’ поэтому
|tg х—	_р 1. Продолжая
—	— 2 < откуда, учитывая,
— А <	Таким образом, при
далее оценки, получим — < |tg х
что £ <	, имеем ||tg х —
а > исходное неравенство выполняется для всех х е ^].
Положим х = — , исходное неравенство примет вид
< а. Очевидно, что при а < неравенство не выполняется.
Ответ : а >
Пример 5. При каких Ь найдется а такое, что неравенство
------h b > 0 выполняется при всех х тгп, п е Z?
sin х-г	’
Решение. Положим а = 0. Неравенство выполняется при
b > 0. Покажем теперь, что ни одно b < 0 не удовлетворяет условиям
задачи. Действительно, достаточно положить х = ?£, если а < 0, и
х = — ?у при а > 0.
Ответ : b > 0.
Пример 6. При каких b неравенство
(а2 — 9) cosх + 6аsinx < ab имеет решения при любом а?
Решение. Учитывая, что (а2 — 9)2 + (6а)2 = (а2 + 9)2,
после выполнения тождественных преобразований получим
(а2 — 9) cosх + 6аsinx = (а2 + 9)(% ~ cosx + fa sinх) =
k J	v Аа2 + 9 а2+9	7
(а2 + 9)sin(x + а), где sin а = а2 cos а =	.
а -j- 9	а -j- 9
48
Исходное неравенство перепишем в виде
sin (z + q) <
ab
a2 + 9'
(1)
Так как sin (x + a) > —1, то неравенство (1) будет иметь решения
при условии
2°^  > — 1 <=> a2 + аб + 9 >0. Последнее неравенство
будет выполняться для любых а в случае 2? < 0 о 62 — 36 <0, откуда
be [-6;6].
Ответ : b е [—6; 6].
Пример ^7. Найти наибольшее значение а, при котором не-
равенство ау/а(х2 — 2х + 1) Н—।	I s^n
имеет хотя бы одно решение.
Решение. Представим исходное неравенство в виде
(\/а?(х - 1) -	+ 2a < х/а? |sin(^x)|.	(1)
Если при некотором a > 0 существует хотя бы одно решение, то
2a < \/а? |sin(^x)| < л/ст*, откуда 2a < \/а? и а <
Покажем теперь, что при а = неравенство имеет решения. Ясно,
что первое слагаемое левой части неравенства (1) должно обратить-
ся в нуль. Решая уравнение
У5(а: “ =	3^ - = 2(^1) (х’ “ 1)2 = 41
получим х = — 1 и ж = 3. Легко проверить, что найденные значения
х являются решениями неравенства (1) при а =
Ответ : а =
Пример 8. Доказать, что для любых р е R и t е R
справедливо неравенство 2(2р — I)4 + 1 + (1 — 2(2р — I)4) sin 2t > 0.
Найти все пары чисел (р;£), для которых это неравенство
обращается в равенство.
Решение. Выполнив тождественные преобразования, прихо-
дим к очевидному неравенству
2(2р — 1)4(1 — sin2£) 4- (1 + sin2£) > 0. Первая часть задачи решена.
Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю только в том
случае, когда каждое из них обращается в нуль. Решая систему
(	1 + sin 2t = 0
[ 2(2р — 1)4(1 — sin2£) = 0 ’
получим sin2£ = —1, t = — + 7г/с, к е Z, Р = %•
Ответ : (^; — + тг/с, к е Z).
49
Упражнения.
1.	Решить неравенства
1)	cosх < 2 — а2,	2) (а - 2) sinx > За + 4,
3)	(2cosx — a)(3cosx + Ъ) < 0, (0 < а < 2, 0 < b < 3).
2.	При каких а следующие неравенства
1)	2a — 4 + a(3 - sin2 х)2 + cos2 х < О,
2)	a(4 - sin х)4 - 3 + cos2 х + а > О,
3)	a(2 + sin2 х)4 + cos2 х + а > 11,
4)	|5 sin2 х + 2а sin х cos х + cos2 х + а + 11 <6,
5)	| sin2 х — 2(а — 1) sin х cos х + 5 cos2 х + 2 — а| <6,
выполняются для любых х е Я?
3.	Доказать, что для любых р 6 R и t Е R справедливо
неравенство 4(р — З)4 + 2 + (2 - 4(р — З)4) cos t > 0.
Найти все пары чисел (р;£), для которых это неравенство
обращается в равенство.
50
§ 5. Системы тригонометрических уравнений и неравенств
Пример 1. Решить системы
( 8 cos х cosy cos(х — у) = —1
[	х + у = а,
( sin х + sin у = О
[ cos х + cos у = а,
( (3 — 2а) sin х + (а2 — 1) cos Ц = а + 6
|	2sinx + cos * = 3,
( sin х cos 2y = a2 -h 1
[ cos x sin 2y = a,
( x + у = arctg
( tg x tg у = а2 (|а| < 1).
Решение.
1)	Преобразовав произведение cost cos 1/ в сумму, получим
квадратное уравнение относительно cos(t — у)
4(cos(z + у) + cos(t — у)) cos(t — у) = — 1 <=>
4 cos2 (т — у) + 4 cos a cos(z — у) + 1 = 0.
Уравнение имеет решения в случае
> 0 <=> 4(cos2 а — 1) > 0 <=> sin2 а < 0, откуда а = тгк, к е Z.
1	9тг
1.	а — 2тгк. В этом случае cos(z — у) = — х — у = ±4^ +
2тгп, х =	+ тг(/с + п), у =	+ тг(/с — n), k,ntZ.
2.	а = 7г(2/с + 1). Тогда cos(a; — у) = х — у =	+ 2тгп,
х, =	+ ту + тг(/с + п), у =	+ ту + Л (к — 7i), k,n€Z.
2)	Воспользовавшись формулами суммы синусов и косину-
сов, получим
г (	х — у п
I	cos —2“^ — 0
{п . х + у х — у п ) х + у х — у а /1 \
2 sin —cos —= 0	cos —2“^ cos —т-12’ =	(1)
п х + у х — у	. х + у
2 cos —2-11 cos —— а I	sin —— 0
1 х + у х — у а /п\
cos—2-11 cos—— 7* (2)
Первая система имеет решения только при а = 0, причем
у = t, х = t + 7г(1 + 2к), t е Л, к е Z.
51
Из первого уравнения системы (2) находим х + у = 2тгп,
п е Z, cos = cos тгп = (—1)п, откуда cos	1)п и
я — ^ = ±2arccos((—l)n7p + 47Г771, m Е Z, (|а| < 2).
Значения х и у найдем из системы
J х + у = 2тт
[ х - у = ±2arccos((-l)n^) + 47Г771, n,meZ, |а| < 2.
Ответ : х = t + тг(1 + 2А:), у = t, t е R, к Е Z, при а = 0;
0 при |а| > 2; х = ± arccos (( — 1)л+ (2т + п)тг,
у = q= arccos ((—l)n?£) + (n — 2т)тг, m,ntZ, при |а| < 2.
3)	Поскольку sinx < 1 и cos < 1, то 2sinx + cos^ < 3,
причем равенство возможно только в случае, когдгл sin х =
cos = 1, откуда х =	+ 2тгА:, у = 4тгп, к,п Е Z. Из первого
уравнения системы получаем квадратное уравнение а2 — За — 4 = 0,
корни которого а = — 1, и а = 4.
Ответ : х =	+ 2тгк, у = 4тгп, k,neZ, при а Е { — 1;4};
0 при а е (—оо; —1) U ( —1; 4) U (4;+оо).
4)	Очевидно, что sinxcos2у < 1 < а2 + 1, поэтому первое
уравнение, а вместе с ним и исходная система, имеют решение только
при а = 0. Складывая и вычитая уравнения
sin х cos 2у = 1 и cos х sin 2у = 0, получим систему
Г sin(x + 2у) = 1	( х + 2у = 7у + 2тгк, к Е Z
[ sin(x — 2у) = 1	I х — 2у = ?£ + 2тгп, n G Z,
откуда х =	+ 7г(/с + n), y = Zg(k — n), k^neZ.
Ответ : х =	+ тг(к + п), у = ^(к — n), А:, п Е Z при а — 0;
0 при а 0.
5)	С учетом второго уравнения первое уравнение системы
преобразуем к виду tg (х + у) = х О
Д? + У = 2а <=> tg я + tg у = 2а, причем х + у е (-5; 5).
1 — а 1 — a	z
f tg х + tg у = 2а
Система < х tg у — а2 имеет Решения tg х = tg 2/ = а, откуда
х = arctg а + 7г/с, у = arctg а + тгп, к,п Е Z. Так как |а| < 1, то
|arctg а| < ^, поэтому условие —	< х + у = 2arctg а + тг(к + п) < ?у
выполняется только в случае к + п = 0.
Ответ : х = arctg а + тгп, у = arctg а — тгп, п € Z, |а| < 1.
52
Пример 2. При каких а системы уравнений
С sinx cos2?/ = (а2 — 4)2 + 1	. (	cos6x = 1
' [ cosx sin2?/ = а+ 2,	' [ 2sin(х — а) + \/3 = О,
{•	о q _	3^)
sin х cos у = аг — аг — 6а +	.
2 г ,33 Т
cos х sin у = аг — 6а +
( |6t-5|-|l-6t| + |12t + l| = 5- (sin^(y-2x))2
4)	( Ю - 9(х-2 + (у - а)2) = 3^/х2 + (у - а)2 - |
где t = ^/cos
Г x2+y2+2z(x + y + z)-sina = 0
(х + 1) sin2 2 + У2 у/х + a2 yfz + sin tjI = 0	°	’ %
имеют решения?
Решение.
1)	Так как sinxcos2?/ < 1 < (а2 — 4)2 + 1, то из первого
уравнения системы следует, что sinxcos2 у = 1 и (а2 — 4)2 + 1 = 1,
откуда sinx = cos2 у = 1, а = ±2.
Если а = 2, то уравнение cosxsin2у = а + 2 решений не
имеет.
т-r	f sinxcos2?/ =	1
При а = — 2 получаем систему <	.	_ реше-
I cos х sin &у — и,
ния которой X = ту + 2тгп, у = 7г/с, п, к е Z.
Ответ : а = —2.
2)	Исключая х из системы
(	cos6x	=	1	Г 6х	=	2тг/с, к е Z
|	2 sin(x - а) + \/3	=	0	[	х - а	=	(-l)n+1 j + тгп,	п € Z,
найдем искомые значения а =	+ (—1)п) — тгп, к,п е Z.
3)	Складывая и вычитая уравнения исходной системы, полу-
чим новую систему
J sin(x + у) = а3 — 12а + 17
| sin(x — у) = а3 — 2а2 + 2-
Удобно оценить правую часть первого уравнения. Функция
/(а) = а3 — 12а + 17 на множестве [0; +оо) имеет единственную
критическую точку а = 2, которая, как легко проверить, являет-
ся точкой минимума. Следовательно, /(а) > /(2) = 1. Так как
sin(x 4- у) < 1, то а = 2 — единственное значение а, при кото-
ром система может иметь решения. Нетрудно убедиться, что система
53
I sin(rr 4- у) = 1
<	. , v _ i , полученная из системы (1) при а = 2, действи-
I sin^x у) —
тельно имеет решения.
Ответ : а = 2.
4)	Пусть /(t) = |6t —5| —11 —6i| + |12t+l|, где< = y^cos > 0.
Покажем, что /(t) > 5 для любого t > 0. Рассмотрим три
случая.
1.	0 < t < J. /(t) = -6f + 5 - 1 + 6t + 12f + 1 = 5 + 12t > 5.
2.	| < t <	/(t) = -Gt + 5 + 1 - Gt + 12t + 1 = 7 > 5.
3.	t > f(t) =6t-5 + l-6i + 12t + l = 12i-3 > 12-|-3 =
7 > 5.
С другой стороны, 5 — (siny2(2/ — 2z))2 < 5. Это означает,
что первое уравнение системы может иметь решения только в случае
f(t) = 5 <=> £ = 0 и 5 — (sin ^(т/ - 2z))2 = 5
sin ^>(у — 2х) — 0. Решая систему
Г cos = 0 Г = ^ + Trfc Г у = 4fc + 2
1 sin уз(з/ — 2х) = 0	1	— 2я) = тгп [ у — 2х = 12п,
находим значения х = 1 + 2к — 6п и у = 4к + 2, &, п е Z.
Второе уравнение запишем в виде 10 — и = у/и — 8,
где и = 9(х2 + (т/ — а)2). Уравнение 10 — и = у/и — 8 <=>
( 100 - 20и + и2 = и - 8 Г и2 - 211/ + 108 = 0
[	10 - и > 0 ° |	и < 10
имеет один корень и = 9, откуда х2 + (у — а)2 = 1. Так как
х = 1 + 2к — 6п — число нечетное, а х2 = 1 — (у — а)2 <1, то
х = ±1, (1/ — а)2 = 0, у = а.
1. Пусть х = 1. Тогда 1 = 1 + 2к — 6п, к = Зп, п е Z,
а = у = 4к^2 — 12п + 2.
2. Пусть теперь х = — 1. Имеем — 1 = 1 + 2к — 6п,
к = Зп — 1, п Е Z, а = у = 4к + 2 = 12п — 2.
Ответ : а = 12п ±2, п Е Z.
5) Оценим левую часть второго уравнения. Для этого вос-
пользуемся известной формулой синуса тройного угла
sin 3(р = 3 sin ip — 4 sin3 р и очевидными неравенствами
х > 0, х sin2 £ > 0, у2 у/х > 0, a2 yfz >0, 0 < sin < 1. Имеем
х sin2 2 + У2 у/х + a2 y/z + sin2 + sin 4^ >
sin2 £ + 3sin £ - 4sin3 = 4sin (1 — sin (sin + |) > 0.
54
Ясно, что второе равенство может выполняться только в слу-
чае sin £ = 0 или sin = 1, т.е. если а е {0; тг; 2тг}. Система
имеет решение при каждом из найденных значений а (например,
х = у = z = 0).
Ответ : а е {0; тг; 2тг}.
Пример 3. При каких а следующие системы
Г (ctg х — 1)(ж + а) = 0 Г (|ж| + 1)а =
' [	|ж| < 1,	' [ sin2z + ?/2 =
( ах2 + а — 1 = у — | sin z|
t |tg z| + \y\ = 1,
у -h cos x
1,
4)
(x + 2)2 + 2(a + 2y) + y2 + z2 = 0
(2 + (a + 2')xyzy/\ — 2xy)(asin2 z + x + y) = 0
(xy + 1) tg (x + y) + cos (x-y) = 1,
v J x2 -h 2ax + 3a2 + 3a + 3 < 3 sin у — 4 cos у
1 0 < ?/ < 27Г
имеют единственное решение?
Решение.
1) Уравнение ctg х — 1 = 0 на интервале (—1; 1) имеет един-
ственный корень х = при любом а € R. Очевидно, что при
|a| > 1 уравнение x + a = Q<^>x = — а не имееет решений на интер-
вале ( — 1; 1), поэтому исходная система имеет единственное решение
х = 5
Кроме того, система имеет единственное решение при а = 0
и а = — Действительно, при а = 0 корень х = 0 не принадлежит
ОДЗ, а при а = — уравнения ctg х = 1 и х = —а имеют один и тот
же корень х =
Ответ : а е (—оо; —1] U {—-j} U {0} U [1; +оо).
2) Если (жо;2/о) — решение системы, то (—х$\уъ) так же
является решением системы в силу четности функций |х|, cos ж,
sin2 х. Следовательно, единственным решение может быть только
в случае х$ = 0. Из второго уравнения при х = 0 получим у = ±1,
а из первого — два значения а (а = 0 и а = 2). Выясним, действи-
тельно ли при найденных значениях а система имеет единственное
решение.
1.	a = 0. Любая пара (х = t\ у = — cost, t G R) является
решением системы, т.е. система имеет бесконечно много решений.
55
2.	a = 2. Из второго уравнения системы
Г 2(|я| + 1) = у + cos х
[ sin х + у	= 1
следует, что |?/| < 1, а тогда 2(|z| + l) > 2 > j/ + cosz. Это означает,
что первое уравнение имеет решения только в случае 2(|.т| +1) = 2 =
у + cos х, откуда х = 0, у = 1 .
Итак, условиям задачи удовлетворяет только а = 2.
Ответ : а — 2.
3)	Как и в предыдущем примере, условие хо = 0 является
необходимым для единственности решения системы (в силу четности
функций х2, | sin z|, |tg z|). Подставим х = 0 в систему, получим
у = ±1, а = 0, а = 2.
1.	а = 0. Система имеет бесконечное множество решений
(х = 7ГП, п G Z, у = —1).
2.	а = 2. Из того, что |?/| < 1 следует двойное неравенство
2х2 + 1 > 1 > у — | sinx|. Первое уравнение системы имеет решения
только при условии 2х2 + 1 = 1 = у — | sinx|, т.е. при х = 0, у = 1.
Ответ : а = 2.
4)	Перепишем первое уравнение системы в виде
(z + 2)2 + (?/+2)2 + z2 + 2a—4 = 0. Теперь нетрудно заметить, что если
(я0; 2/о’) zq)— решение системы, то и (т/о;	2о) является решением
системы. Отсюда следует, что необходимое условие единственности
решения — равенство xq = уо.
При х = у на ОДЗ 1 - 2х2 > 0	< х < -Д= третье
"v 2	у 2
уравнение системы (ж2 + 1) tg 2х = 0 имеет единственный корень
х = 0. Подставим х = у = 0 в первые два уравнения системы, полу-
чим
4 + 2а + z2 = 0
a sin2 z = 0.
Повторим уже известные рассуждения. В силу четности функций
z£ и sin z система может иметь единственное решение только в
случае z = 0 (при этом получаем а = —2).
Остается показать, что исходная система действительно име-
ет единственное решение (х = у = z = 0) при а — — 2. Под-
ставим х + у = 2 sin2 z из второго уравнения в первое. Получим
х2+у2+ 4(x + y) + z2 = 0 <=> х2 +у2 + 8 sin2 z + z2 = 0. Так как сумма
неотрицательных чисел равна нулю только в том случае, когда они
все равны нулю, то из последнего равенства следует х = у = z = 0.
Ответ : а = —2.
56
5)	Так как f(x) = z2+2az+3a2+3a+3 = (х+а)2+2а2+3а+3,
то finin =	= 2fl2 + За + 3. С другой стороны, д(у) = Зэшт/ -
4 cosy = 5 sin {у — а), где cos а = sin а = и — 5 < д(у) < 5.
Система будет иметь единственное решение при тех значениях а,
при которых fmin = 5, т.е. при а = —2 (а: = 2), и а =	С7; = - j).
Уравнение 5sin(?/ — а) = 5 на отрезке [0; 2тг] имеет единственное
решение у =	где а = arctg j-
Ответ : а € { — 2; ^}-
Пример 4. При каких а и b система
а + sin bx < 1
х2 + ах + 1 < 0,
имеет единственное решение?
Решение. Неравенство х2 + ах + 1 <0 имеет решения при
1.	а G (—оо;—2). Второе неравенство системы имеет беско-
нечно много решений, и все они являются решениями первого нера-
венстве! (а + sin fa; < —2 + 1 = —1 < 1), следовательно, при этих а
система имеет более одного решения.
2.	а С (2;+оо). Так как а + sinbx >2 — 1 = 1, то первое
неравенство системы а + sin bx < 1 решений не имеет.
_ Л ~ f sin fa; < 3 f sin fa? < 3
3.	a = —2. Система <	9 d ~ о < , dX9 ~
имеет единственное решение х = 1 при любом b G R.
лог-	\ sinfa; < —1
4.	а = 2. Система < , п2 имеет единственное ре-
шение x = — 1 при b =	+ 2тгк, к e Z.
Ответ : 1. a = —2, b e ( — oo; +oo);
2.	a = 2, b =	+ 2тг/с, к C Z.
Пример 5. При каких а следующие, системы
Г Slnlj + J) = 0	и Г а +? = О
[ х1 + у = а 4 1	[ .т + yz = a v 7
равносильны?
Решение. Поскольку при а < 0 системы решений не имеют,
то они равносильны. При а = 0 обе системы имеют единственное
решение х = у = 0, поэтому они тоже равносильны.
Пусть теперь а > 0. Ясно, что решения второй системы


являются решениями первой. Выясним
теперь, при каких а система (1) не имеет других решений.
57
Исключим у из первого уравнения (sin(x + у) = 0 <=>
х + у = як, к € Z) и подставим во второе. Получим квадратное
уравнение х2 + (х — тгк)2 = а <=> 2х2 — 2тгкх + тг2к2 — а = 0. Оно
не будет иметь решений при к 0 в том случае, если неравенство
<0 2а - тг2к2 < 0 <=> а < ^тг2/с2 выполняется для любого
к € Z, к 0, т.е. при а < ^тг2. Таким образом, при а <
решения системы (1) совпадают с решениями системы (2).
Ответ : а < ^тг2.
Замечание. При а > 0 уравнение х2 + у2 = а задает окруж-
ность радиуса ^/а, а уравнение sin(z + у) = 0 — систему прямых
х + у = тг/c, к е Z. Очевидно, что системы будут равносильны,
если окружность не имеет общих точек с прямыми при к 0. А
это, в свою очередь, будет в том случае, когда расстояние от центра
окружности до ближайших прямых х + у = ±1 больше радиуса
окружности. Из неравенства > у/a получаем ответ.
Упражнения.
1.	Решить системы уравнений
Г sin х + sin у = а
' ( х + у = 5’
( х + 2 cos ах = 0
[ 1 — cos2 ах = 0,
I	sin х + sin у
1 cos(x — у) — cos(z + у)
2
а — 1
4
а — 1 ‘
2. При каких а следующие системы
<	•	2
. I sinх cosy = cr
' [ sin у cosx = a,
( (a2 — a) sin + 2 cos у = a + 5
' [	3 sin ?£ + cos у = 4,
|12t - 5| - 112t - 7| + |24t + 13| = 11 - ^/sin ^(a: — 2y — 1)
2(x2 + (y - a)2) - 1 = 2^x2 + (y - a)2 -
где t = у cos ,
имеют решения?
58
1)
3.	При каких а следующие системы
(х - 2)2 - 2(а + 2у) + у2 + z2 = О
(2 - (а ~ 2)xyz)(a tg2z + х + у) = О
V1 “ 2хУ
(ху + 4) sin (ж + у) + cos (х — у) = 1,
х2, + 2ах + 4а2 — 5а + 3 < 4 sin у — 3 cos у
имеют единственное решение?
4.	Известно, что х = 1, у = — 1 — одно из решений системы
2ах + Ьу = л/З
ах2 + by2 = 2
. Найти все решения данной системы.
5. Найти все целые
а,
при которых системы
1)
arccos х + (arcsin у)2
arccosх • (arcsin?/)2
(arctg х)2 + (arccos?/)2 = атг2
arctg х 4- arccos у =
имеют решения.
59
Ответы.
§ 1
1.1)	х = -1,5 + 0,5( —l)n arcsin(a + 1) + 0,5%n,n Е Z при а Е [-2; 0];
0 при а Е (-оо; -2) U (0; +оо).
1.2)	х = l + (2%n±arccos 2а)2, п = 0,1,... при |а| < 0, 5; 0 при |а| > 0, 5.
1.3)	х = 2±(arctg а + %п),п = 0,1,... при а > 0, п = 1,2,... при а < 0.
1.4)	х = 0, 5arctg а + 0, 5%п, х = 0, 5arctg (а + 1) + 0, 5%п, п Е Z.
1.5)	х = 0,5%п ± 0, 25 arccos(4a — 3),n Е Z при а Е [0, 5; 1]; 0 при
а Е (—оо; 0, 5) U (1; +оо).
1.6)	х = ^(1 + 2n),п Е Z при |а| = |Ь|; 0 при |а|	|Ь| и при а = b = 0.
1.7)	х = (—l)n arcsin д(4а — 7) + %п, п Е Z при а Е [1;2,5]; 0 при
а Е (—оо; 1) U (2, 5; +оо).
1.8)	х = — ту iarccosO, 5(а2 — За) + 2%п,п Е Z при а Е [0, 5(3 — \/17); 1]
U [2; 0, 5(3 + /17)]; 0 при а Е (-оо; 0, 5(3 - ч/17)) U (1; 2) U
(0,5(3 + ч/17); +оо).
1.9)	х = тгп ± 0, 5arccos(9 — 2а) при а Е [4; 5];
0 при а Е (—оо; 4) U (5; +оо).
1.10)	х = тгп при |а| 7^ 1; х = 2%п при а = -1; х = %(2п + 1) при
а = 1, п Е Z.
1.11)	х = ±2 arccos ^(\/1 + 1ба2 — 1) + %п, п Е Z при а 0;
х = 0,25%(2/с + 1), к Е Z при а = 0.
1.12)	х = 0, 5arctg (2а — 3) + 0, 5тт7г, х = 0, 5arctg (а + 2) + 0, 5%п,
п Е Z при а Е (—оо; —1, 5) U ( — 1, 5; 0) U (0; 1, 75) U (1, 75; +оо);
х = —0, 5arctg 6 + 0, 5%п, п е Z при а = —1, 5; 0 при а = 0;
х = 0,5arctg 3, 75 + 0, 5%п, п Е Z при а = 1,75.
1.13)	х = 0,25% + тгк при а ±3\/5; х = 0,25% + 2тгк при а = 3\/2;
х = 1,25% + 2тгк при а = —3/2, к Е Z.
1.14)	х = ±0, 25 arccos ^(8а — 5) + 0, 5%п, п Е Z при а Е [0, 25; 1]; 0
при а Е (—оо; 0,25) U (1; оо).
1.15)	х = — + 2%/с, к Е Z; х =	+ ( —l)narcsin (1 — 2а) + тгп, п Е Z
при а Е [0; 1]; х = — 0, 25% + 2тгк, к Е Z при а Е (—оо; 0) U (1; +оо).
1.16) х = —0, 25% + 2тгп при а Е (—оо; —1); х = —0, 25% + тгп при
а = —1; х = 0,75% + 2тгп при а Е (—1; 1) U (1; +оо), п Е Z;
х Е [0, 25% + 2%/с; 1, 25% + 2тгк], к Е Z при а = 1.
§ 2
1.1)	а Е [— л/5; х/5].	1.2) а Е [-7; 7].	1.3) а Е [0; л/13].
1.4) а Е [1,95; 8].	1.5) |а| > 1.	1.6) |а| > 1.
1.7) а Е [—0,5(Зд/2 + 1);0,5(Зл/2 — 1)].	1.8) а = 1.
1.9) а Е (—оо; —^] U [^; +оо). 1.10) а Е (—оо; —6] U [0; +оо).
60
1.11)	a € (—00; —2] U [0; +oo). 1.12) a € [— sin 1; sin 1].
1.13)	a e [0; 1]. 1.14) a e R. 1.15) a g [-4; 4].
1.16)	a	=	a=	1.17) a	g [—\/2 : \/2].
1.18)	a	=1.	1.19)0.	1.20) a € [1;	2]. 1.21)	a g	R.
1.22)	a € (arcctg-тг + -тгп; ту + тгп), n € Z. 1.23) a — —1.
1.24)	a	g [-1; 0) U (0;	1].	1.25) a g	(|; тг].
2.1) a € {-3,	—2, -1,	0}.	2.2) a €	{-4, -3,	-2,	-1, 0, 1, 2}.
2.3) a € {-1, 0, 1}.
3.1) |a| < \/2. 3.2) a g (тг + 2тг/с; 1,5тг + 2тгк), к € Z.
3.3) a g (^; тг). 3.4) a g (-сю; -1) U (1; ^/175).
3.5) ag (J; 2) U (2; ^).
§ 3
1.1)	a g (—00; —£тг] U {—tjtt} U (—	+00).
1.2)	a — любое иррациональное число. 1.3) a = 0, a = 2 sin 1.
1.4)	a =	1.5) a = yg + 2тгп, a = у|тг + 2тг/с,
а=|тг + 2тг/, n,k,l&Z. 1.6) a g [1; |) U {2}. 1.7) a =-1.
1.8)	a e (—00; —1] U (0; +oo).
2.	a = —5, b =	+ 2тгк + tp\ a = 5, b = — ?£ + 2тгк + <£, к € Z,
tp = arctg .
3.1)	a E (—oo; —1) U (1; +oo), 0; a = ±1 — 1 корень;
a e (—1; — гр	[0; 1) — 2 корня; a e [—	0) — 3 корня.
3.2)	a e (—oo; —1) U (1;+oo) — 2 корня; a = ±1, a =	— 3
корня; a € (- 1; -^)U(-^; 0) U (0; ^) U (^; 1) — 4 корня;
a = 0 — 5 корней.
3.3)	a e (—oo; —1) U {-^} U (1; +oo) — 1 корень;
ae {—1} U (0; ^)U(^; 1] — 2 корня; a € (—1; 0] — 3 корня.
3.4)	a e (—oo; —1) U {0} U (1; +oo) — 2 корня;
a = ±1 — 4 корня; a G (—1; 0) U (0; 1) — 6 корней.
3.5)	a e (0; 2] — 2 корня; a G (—oo; 0) U (2; +oo) — 4 корня.
3.6)	a G (—oo; —4] U (—2; +oo) — 1 корень; a G (—4; 2] — 2 корня.
3.7)	a = y/2 — 4 корня; a = — y/2 — 5 корней; a ±\/2 — 9 корней.
4. a = —3, a = 9. 5. a = 1. 6. a —	7. |a| > 7, 5тг.
8. a G (367Г2; 64тг2). 9. (0; 1), (1; 1). 10. a = ±2.
61
11.2)	а€ (-сю; -2) U (0; |) U (1; +oo).
11.3)	a € [0; 1) U {3} U {4} U (5; +oo). 11.4) a = 0, a = -1.
11.5)	a = 0, a = |. 11.6) a € {3} U {4} U (5; +oo).
11.7)	a € (-oo; -1) U {0}. 11.8) a = 2.
§ 4
1.1)	x 6 R при a e [—1; 1]; 0 при a € (—oo; — \/3) U (л/З; +oo);
x E [arccos(2 — a2) + 2тгп; 2тг — arccos(2 — a2) + 2тгп], n 6 Z при
ae [—л/З; — 1)U(1; л/з].
1.2)	x e R при a e (—oo; —3); 0 при a e [—	+oo);
x e (тг — arcsin ^^2 + ^7rn’	+ arcs*n ^a — 2 + ^7rn), n E Z при
a 6 [—3; — j)-
1.3)	x e (2тгп — arccos( —^); 2тгп — arccos ^)U
(2тгп + arccos 2тгп + arccos(—^)), n e Z.
2.1)	cl < -pp 2.2) cl >	2.3) a > jy. 2.4) a E [—	0].
2.5)	a € [1; ^]. 3. p = 3, t = тг + 2тг/с, к € Z.
§ 5
1.1)	x =	± arccos + 2тгп, у = arccos - 2тгп, n € Z при
|a| > л/2; 0 при |a| > л/2.
1.2)	х = -2 при а = тг/с, к € Z; х = 2 при а =	+ тгп, п € Z.
1.3)	а) х =	+ 2тгп, у = (-1)* arcsin Z + тг^, Л, п е Z,
б) х = ( — 1)п arcsin д ^-3 + тгп, у =	+ 2тг/с, /с, п е Z при а > 2;
0 при а < 2.
2.1) \а\ < 0,5(л/5 - 1). 2.2) а = -1, а = 3.
2.3) а = 61 - 1, а = 61, а = 61 + 2, а = 61 + 3, I € Z.
3.1) а = 2. 3.2) а = а = 2.
4. {(1; -1), (-|; J)).
5.1)	а = 2. 5.2) а = 1.
62
Список рекомендуемой литературы
1.	Азаров А.И., Булатов В.И., Федосеенко В.С и др. Триго-
нометрия. Тождества, уравнения, неравенства, системы:
Учебное пособие. —Мн.: «Полымя», 1998.
2.	Амелькин В.В., Рабцевич В.Л. Задачи с параметрами:
Справочное пособие по математике. — Мн.: «Асар», 1996.
3.	Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с
параметрами. — 2-е изд. — Киев, РИА. «Текст», МП
«Око», 1992; Киев: «Евроиндекс Лтд», 1995.
4.	Крамор В.С. Примеры с параметрами и их решение: По-
собие для поступающих в вузы. — М.: АРКТИ, 2000.
5.	Локоть В.В. Задачи с параметрами в курсе 8-9 классов
с углубленным изучением математики: Учебное посо-
бие. — Мурманск, 1996.
6.	Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Рабинович Е.М. и др. Три-
гонометрия: Задачник к школьному курсу. — М.: АСТ-
ПРЕСС: Магистр-S, 1998.
7.	Математика. Решение задач с параметрами/ Сост.
А.Я. Жаржевский, Я.С. Фельдман. — С-Петербург: Из-
дательство «Агентство ИГРЕК», 1995.
8.	514 задач с параметрами/ Под ред. С.А. Тынянкина. —
Волгоград, 1991.
9.	Родионов Е.М. Справочник по математике для поступа-
ющих в вузы. Решение задач с параметрами. — М.: МЦ
«Аспект», 1992.
10.	Тиняков Г А., Тиняков И.Г. Задачи с параметрами. — М.,
1994.
11.	Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике. Ре-
шение задач: Учебное пособие для 10 класса средней шко-
лы. — М.: Просвещение, 1989.
12.	Шестаков С А., Юрченко Е.В. Уравнения с параметра-
ми. — М.: Издательство СЛОГ, 1993.
63
Абитуриент: Готовимся к ЕГЭ
Владимир Владимирович Локоть
Задачи с параметрами и их решения
Тригонометрия: уравнения,
неравенства, системы. 10 класс
Издается в авторской редакции
Ответственный за выпуск В.Е. Др ем ин
Лицензия серия ИД № 04186 от 06.03.2001. Подписано к печати 15.10.2007.
Формат 60x90/16. Гарнитура Школьная. Объем 4 п.л.
Печать офсетная. Бумага офсетная № 1. Тираж 3000 экз. Заказ 1429.
Налоговая льгота
(Постановление Правительства РФ № 41 от 23.01.03)
Издательство «АРКТИ»
125212, Москва, Головинское шоссе, д. 8, к. 2. Тел.: (095) 742-1848
Отпечатано в ОАО «Домодедовская типография»,
г. Домодедово, Каширское ш., д. 4, корп. 1.
Издательство «АРКТИ» представляет книга
для подготовки к сдаче Единого государственного экзамена
J 1 АБИТУРИЕНТ	1
Го™&ин1£як ЕГЭ
МАТЕМАТИКА
АБИТУРИЕНТ
। Готовимся к ЕГЭ
МАТЕМАТИКА
и
Л ЕМ ЕНГА ИНЫЕ ФУНКЦИИ
В-11 шсш
ПиЛДЗАТЕЛЬНЫЕ
И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
УРАВНЕНИИ,
БИТУРИЕН}
Готовимся к
МАТЕМАТИКА
FM./I. ВроОскиС
£. И. Алайьои
АЛ- Миронов
РЕШЕНИЕ ЩДЧ
ПО ГЕОМЕТРИИ
[СТЕРЕОМЕТРИЯ/
ПЛАНИМЕТРИЯ
СТЕРЕОМЕТРИЯ
В-11 кшы

АБИТУРИЕНТ
Готовимся к ЕГЭ
МАТЕМАТИКА