Нерівності з параметрами — це один із найскладніших розділів шкільної математики та завдань підвищеної складності НМТ. Основна особливість таких задач полягає в тому, що параметр a може змінювати розташування критичних точок, область допустимих значень, напрямок нерівності після перетворень і множину її розв'язків. Для успішного розв'язання необхідно не лише володіти методом інтервалів, а й уміти досліджувати всі можливі випадки залежно від значення параметра. На цій сторінці ми детально розберемо основні стратегії:
- Метод заміни змінної: перехід від складних показникових або логарифмічних виразів до алгебраїчних (з урахуванням обмежень на нову змінну t).
- Аналіз ОДЗ: відсіювання сторонніх коренів, які «зникають» залежно від значення параметра.
- Використання властивостей функцій: графічний метод, парність та монотонність.
- Застосування теореми Вієта: для задач, де потрібно знайти співвідношення між коренями без їх безпосереднього обчислення.
Нижче представлені актуальні завдання НМТ та приклади минулих років із розгорнутими поясненнями. Кожен розв’язок містить кроки логічного аналізу, що допоможуть вам навчитися «бачити» поведінку рівняння при будь -яких значеннях параметра.
Завдання 1. Розв’яжіть нерівність \frac{(9x^2 -36x + 36)(a -4)}{2^x -a}\ge0 залежно від значень параметра а.
Показати відповідь
якщо ає(-∞; 0], то х = 2;
якщо ає(0; 4), то хє(-∞; log₂a)U{2};
якщо а = 4, то хє(-∞; 2)U(2; +∞);
якщо ає(4; +∞), то хє{2}U(log₂a; +∞).
Виконаємо рівносильні перетворення. \frac{(9x^2 -36x + 36)(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{9(x^2 -4x + 4)(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{9(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\ge0
Розв'яжемо нерівність методом інтервалів.
1. ОДЗ. 2ˣ -a ≠ 0
2ˣ ≠ a
x ≠ log₂a.
2. Нулі функції. При a = 4 маємо (x -2)²·0 = 0, тоді функція дорівнює 0 при будь -яких значеннях х з ОДЗ.
При a ≠ 4 на вираз а -4 можна поділити і маємо (x -2)² = 0 і х = 2.
3. Оскільки за ОДЗ x ≠ log₂a, то при а = 4 маємо x ≠ log₂4, тобто x ≠ 2. Так як функція дорівнює 0 при будь -яких значеннях х з ОДЗ, то при а = 4 маємо хє(-∞; 2)U(2; +∞).
Оскільки в підлогарифмічному виразі стоїть а, то методом інтервалів розв'язуємо при додатному а. З'ясуємо, який розв'язок при недодатному а. Тоді 2ˣ -a є додатним, а -4 є від'ємним. Тоді дріб \frac{(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\le0 і ми маємо розв’язки лише тоді, коли дріб дорівнює 0, тобто при х = 2. Отже при ає(-∞; 0] х = 2
При ає(0; 4) log₂a < log₂4 = 2, тому на координатній прямій log₂a розміщується лівіше від 2. Маємо Отже, при ає(0; 4) хє(-∞; log₂a)U{2}
При ає(4; +∞) log₂a > log₂4 = 2, тому на координатній прямій log₂a розміщується правіше від 2. Маємо Отже, при ає(4; +∞) хє{2}U(log₂a; +∞)
Завдання 2. Розв’яжіть нерівність \frac{log_ax}{x^2 + (a -4)x + 4 -2a}\le0 залежно від значень параметра a.
якщо ає(0; 4), то хє(-∞; log₂a)U{2};
якщо а = 4, то хє(-∞; 2)U(2; +∞);
якщо ає(4; +∞), то хє{2}U(log₂a; +∞).
Виконаємо рівносильні перетворення. \frac{(9x^2 -36x + 36)(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{9(x^2 -4x + 4)(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{9(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\ge0
\frac{(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\ge0
Розв'яжемо нерівність методом інтервалів.
1. ОДЗ. 2ˣ -a ≠ 0
2ˣ ≠ a
x ≠ log₂a.
2. Нулі функції. При a = 4 маємо (x -2)²·0 = 0, тоді функція дорівнює 0 при будь -яких значеннях х з ОДЗ.
При a ≠ 4 на вираз а -4 можна поділити і маємо (x -2)² = 0 і х = 2.
3. Оскільки за ОДЗ x ≠ log₂a, то при а = 4 маємо x ≠ log₂4, тобто x ≠ 2. Так як функція дорівнює 0 при будь -яких значеннях х з ОДЗ, то при а = 4 маємо хє(-∞; 2)U(2; +∞).
Оскільки в підлогарифмічному виразі стоїть а, то методом інтервалів розв'язуємо при додатному а. З'ясуємо, який розв'язок при недодатному а. Тоді 2ˣ -a є додатним, а -4 є від'ємним. Тоді дріб \frac{(x -2)^2(a -4)}{2^x -a}\le0 і ми маємо розв’язки лише тоді, коли дріб дорівнює 0, тобто при х = 2. Отже при ає(-∞; 0] х = 2
При ає(0; 4) log₂a < log₂4 = 2, тому на координатній прямій log₂a розміщується лівіше від 2. Маємо Отже, при ає(0; 4) хє(-∞; log₂a)U{2}
При ає(4; +∞) log₂a > log₂4 = 2, тому на координатній прямій log₂a розміщується правіше від 2. Маємо Отже, при ає(4; +∞) хє{2}U(log₂a; +∞)
Показати відповідь
якщо a є (0; 1), то xє [1; 2 -a)U(2; +∞);
якщо a є (1; 2), то xє (0; 2 -a)U[1; 2);
якщо a є [2; +∞), то х є [1; 2).
Розв'яжемо методом інтервалів.
1. ОДЗ: x > 0, a > 0, a ≠ 1, і x² + (a -4)x + 4 -2a ≠ 0. Розв'яжемо квадратне рівняння x² + (a -4)x + 4 -2a = 0
D = (a -4)² -4·1·(4 -2a) = a² -8a + 16 -16 + 8a = a²
x_1 = \frac{ -a + 4 + a}{2} = 2,\\x_2 = \frac{ -a + 4 -a}{2} = 2 -a.
2. Нулі функції. З рівності logₐx = 0 маємо за властивостями логарифмів, що х = 1.
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки невідоме значення кореня х = 2 -a, розглянемо всі можливі випадки його розміщення.
I. 2 -a≤0, (a≥2). Даний корінь знаходиться лівіше від усіх точок або співпадає з 0. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є [2; +∞)) х є [1; 2)
ІI. 0 < 2 -a≤1, (1 < a < 2). Даний корінь знаходиться правіше від 0 та лівіше від усіх інших точок. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є (1; 2)) х є (0; 2 -a)U[1; 2)
ІІI. 1 < 2 -a≤2, (0 < a < 1). Даний корінь знаходиться правіше від 1 та лівіше від 2. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є (0; 1)) xє [1; 2 -a)U(2; +∞)
ІV. 2 -a≥2. Це відбувається при a≤0, чого не може бути за ОДЗ. Отже, такого випадку не існує.
Завдання 3. Розв’яжіть нерівність \sqrt{\frac{4x -1}{x -a}}>a залежно від значень параметра a.
якщо a є (1; 2), то xє (0; 2 -a)U[1; 2);
якщо a є [2; +∞), то х є [1; 2).
Розв'яжемо методом інтервалів.
1. ОДЗ: x > 0, a > 0, a ≠ 1, і x² + (a -4)x + 4 -2a ≠ 0. Розв'яжемо квадратне рівняння x² + (a -4)x + 4 -2a = 0
D = (a -4)² -4·1·(4 -2a) = a² -8a + 16 -16 + 8a = a²
x_1 = \frac{ -a + 4 + a}{2} = 2,\\x_2 = \frac{ -a + 4 -a}{2} = 2 -a.
2. Нулі функції. З рівності logₐx = 0 маємо за властивостями логарифмів, що х = 1.
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки невідоме значення кореня х = 2 -a, розглянемо всі можливі випадки його розміщення.
I. 2 -a≤0, (a≥2). Даний корінь знаходиться лівіше від усіх точок або співпадає з 0. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є [2; +∞)) х є [1; 2)
ІI. 0 < 2 -a≤1, (1 < a < 2). Даний корінь знаходиться правіше від 0 та лівіше від усіх інших точок. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є (1; 2)) х є (0; 2 -a)U[1; 2)
ІІI. 1 < 2 -a≤2, (0 < a < 1). Даний корінь знаходиться правіше від 1 та лівіше від 2. Маємо такий малюнок: Отже, при даному значенні а (a є (0; 1)) xє [1; 2 -a)U(2; +∞)
ІV. 2 -a≥2. Це відбувається при a≤0, чого не може бути за ОДЗ. Отже, такого випадку не існує.
Показати відповідь
x є (-∞; a)U[0,25; +∞), якщо a є (-∞; 0);
x є (-∞; a)U[\frac{a^3 -1}{a^2 -4}; +∞), якщо a є [0; 0,25];
x є (-∞; \frac{a^3 -1}{a^2 -4})U(a; +∞), якщо a є (0,25; 2);
x є (2; +∞), якщо a = 2;
x є (a; \frac{a^3 -1}{a^2 -4}), якщо a є (2; +∞).
I. ОДЗ. Оскільки маємо корінь парного степеня, то підкорінний вираз повинен бути невід'ємним. Маємо \frac{4x -1}{x -a}\ge0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. 1) ОДЗ: х ≠ a. 2)Нулі функції: 4х -1 = 0, звідки х = 1:4 = 0,25. Розмістимо дані точки на числовій прямій і визначимо знаки в інтервалах. Розглянемо всі можливі випадки розміщення даних точок.
1) a < 0,25. 2) a = 0,25. 3) a > 0,25. II. 1. Якщо а < 0, то, оскільки корінь завжди більше від'ємного числа, то відповіддю будуть всі значення х, що задовольняють ОДЗ. При а < 0 маємо перший випадок ОДЗ, отже, при a є (-∞; 0) маємо x є (-∞; a)U[0,25; +∞).
2. Розглянемо випадок, коли a≥0. Тоді в нерівності з лівої та правої сторони стоять невід'ємні вирази і ми можемо піднести обидві частини нерівності до квадрату, незмінюючи при цьому знаки нерівності. Маємо:
\frac{4x -1}{x -a}>a^2 (оскільки квадрат числа невід'ємне число, то всі розв'язки цієї нерівності задовільняють ОДЗ нерівності)
\frac{4x -1}{x -a} -a^2>0
\frac{4x -1 -a^2x + a^3}{x -a}>0
\frac{(4 -a^2)x + a^3 -1}{x -a}>0
Розв'яжемо нерівність за методом інтервалів.
1) ОДЗ: х ≠ a. 2)Нулі функції: розв'яжемо рівняння (4 -a²)x + a³ -1 = 0. Звідси (4 -a²)x = 1 -a³ і (a² -4)x = a³ -1. Якщо коефіцієнт біля х дорівнює 0, то на нього ділити не можна. Перевіримо, при якому значенні а цей коефіцієнт дорівнює 0. Маємо a² -4 = 0, звідки a = ±2. Оскільки розглядаємо невід'ємні значення а, то залишаємо лише а = 2. При а = 2 маємо нерівність \frac{2^3 -1}{x -2}>0, звідки, враховуючи додатне значення чисельника, х є (2; +∞)
При a ≠ 2 ми можемо поділити обидві частини рівняння на a² -4 і маємо нуль функції х = \frac{a^3 -1}{a^2 -4}. Нанесемо отримані точки на числову пряму. Для цього розглянемо різні випадки розміщення точок. Знайдемо різницю між \frac{a^3 -1}{a^2 -4} і а.
\frac{a^3 -1}{a^2 -4} -a = \frac{a^3 -1 -a^3 + 4a}{a^2 -4} = \frac{4a -1}{a^2 -4}. На проміжку [0; 2)U(2; +∞) маємо наступні знаки цієї різниці. Отже, при а є [0; 0,25] та а є (2; +∞) ця різниця додатня і \frac{a^3 -1}{a^2 -4} розміщена справа від а, а при а є (0,25; 2) навпаки.
Розглянемо проміжок а є [0; 0,25]. При а є (0,25; 2) маємо При а є (2; +∞) маємо
Завдання 4. Задано систему нерівностей \begin{cases}\frac{3x + 6}{x}\le0\\log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2\ge2log_{\frac{a}{2}}(a -1)\end{cases}, де х — змінна, а — додатна стала.x є (-∞; a)U[\frac{a^3 -1}{a^2 -4}; +∞), якщо a є [0; 0,25];
x є (-∞; \frac{a^3 -1}{a^2 -4})U(a; +∞), якщо a є (0,25; 2);
x є (2; +∞), якщо a = 2;
x є (a; \frac{a^3 -1}{a^2 -4}), якщо a є (2; +∞).
I. ОДЗ. Оскільки маємо корінь парного степеня, то підкорінний вираз повинен бути невід'ємним. Маємо \frac{4x -1}{x -a}\ge0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. 1) ОДЗ: х ≠ a. 2)Нулі функції: 4х -1 = 0, звідки х = 1:4 = 0,25. Розмістимо дані точки на числовій прямій і визначимо знаки в інтервалах. Розглянемо всі можливі випадки розміщення даних точок.
1) a < 0,25. 2) a = 0,25. 3) a > 0,25. II. 1. Якщо а < 0, то, оскільки корінь завжди більше від'ємного числа, то відповіддю будуть всі значення х, що задовольняють ОДЗ. При а < 0 маємо перший випадок ОДЗ, отже, при a є (-∞; 0) маємо x є (-∞; a)U[0,25; +∞).
2. Розглянемо випадок, коли a≥0. Тоді в нерівності з лівої та правої сторони стоять невід'ємні вирази і ми можемо піднести обидві частини нерівності до квадрату, незмінюючи при цьому знаки нерівності. Маємо:
\frac{4x -1}{x -a}>a^2 (оскільки квадрат числа невід'ємне число, то всі розв'язки цієї нерівності задовільняють ОДЗ нерівності)
\frac{4x -1}{x -a} -a^2>0
\frac{4x -1 -a^2x + a^3}{x -a}>0
\frac{(4 -a^2)x + a^3 -1}{x -a}>0
Розв'яжемо нерівність за методом інтервалів.
1) ОДЗ: х ≠ a. 2)Нулі функції: розв'яжемо рівняння (4 -a²)x + a³ -1 = 0. Звідси (4 -a²)x = 1 -a³ і (a² -4)x = a³ -1. Якщо коефіцієнт біля х дорівнює 0, то на нього ділити не можна. Перевіримо, при якому значенні а цей коефіцієнт дорівнює 0. Маємо a² -4 = 0, звідки a = ±2. Оскільки розглядаємо невід'ємні значення а, то залишаємо лише а = 2. При а = 2 маємо нерівність \frac{2^3 -1}{x -2}>0, звідки, враховуючи додатне значення чисельника, х є (2; +∞)
При a ≠ 2 ми можемо поділити обидві частини рівняння на a² -4 і маємо нуль функції х = \frac{a^3 -1}{a^2 -4}. Нанесемо отримані точки на числову пряму. Для цього розглянемо різні випадки розміщення точок. Знайдемо різницю між \frac{a^3 -1}{a^2 -4} і а.
\frac{a^3 -1}{a^2 -4} -a = \frac{a^3 -1 -a^3 + 4a}{a^2 -4} = \frac{4a -1}{a^2 -4}. На проміжку [0; 2)U(2; +∞) маємо наступні знаки цієї різниці. Отже, при а є [0; 0,25] та а є (2; +∞) ця різниця додатня і \frac{a^3 -1}{a^2 -4} розміщена справа від а, а при а є (0,25; 2) навпаки.
Розглянемо проміжок а є [0; 0,25]. При а є (0,25; 2) маємо При а є (2; +∞) маємо
1. Розв’яжіть першу нерівність цієї системи.
2. Визначте множину розв’язків другої нерівності системи залежно від значень а.
3. Визначте всі розв’язки системи залежно від значень а.
Показати відповідь
1. хє[ -2; 0)
2. хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
3. хє[ -2; -1], якщо ає(2; +∞),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 1,5),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 0), якщо aє[1,5; 2).
1. \frac{3x + 6}{x}≤0.
Розв'яжемо цю нерівність методом інтервалів.
1. ОДЗ: х ≠ 0.
2. Нулі функції: 3х + 6 = 0, звідки х = -2. Нанесемо отримані числа на числову пряму та визначимо знак функції на кожному із отриманих проміжків. Маємо Отже хє[ -2; 0). 2. log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2≥2log_{\frac{a}{2}}(a -1).
Знайдемо ОДЗ нерівності
Так як основа логарифма повинна бути більше за 0 та не дорівнювати 1, а підлогарифмічний вираз більше за 0, то маємо:
\begin{cases}a:2\ge0\\a:2\ne1\\(x -a + 2)^2>0\\a -1>0\end{cases}
Так як за умовою а є додатною сталою, тобто a > 0, то перша умова виконується завжди. Так як квадрат числа є невід'ємним числом, то третя нерівність виконується завжди, крім випадку, коли цей вираз дорівнює 0. Маємо:
\begin{cases}a\ne2\\x -a + 2\ne0\\a>1\end{cases}
Звідси маємо наступне ОДЗ: x ≠ a -2; a∈(1; 2)U(2; + +∞).
Розв'яжемо нерівність. Маємо:
log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2\ge2log_{\frac{a}{2}}(a -1)
log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2\ge{log_{\frac{a}{2}}(a -1)^2}
І випадок. Нехай a > 2. Тоді основа логарифма більше за 1 і з даної нерівності маємо:
(x -a + 2)²≥(a -1)²
|x -a + 2|≥|a -1|
|x -a + 2|≥a -1 (так як а з ОДЗ більше за 1, то |a -1| = a -1)
\begin{cases}x -a + 2\ge{a -1}\\x -a + 2\le{ -a + 1}\end{cases}
\begin{cases}x\ge{2a -3}\\x\le{ -1}\end{cases}
Так як при aє(2; +∞) 0 < a -2 < 2a -3, то точка а -2, яка виключена з ОДЗ, у проміжок відповіді не входить.
Отже, хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞),
ІІ випадок. Нехай 1 < a < 2. Тоді основа логарифма менше за 1 і з даної нерівності маємо:
(x -a + 2)²≤(a -1)²
|x -a + 2|≤|a -1|
|x -a + 2|≤a -1 (так як а з ОДЗ більше за 1, то |a -1| = a -1)
\begin{cases}x -a + 2\le{a -1}\\x -a + 2\ge{ -a + 1}\end{cases}
\begin{cases}x\le{2a -3}\\x\ge{ -1}\end{cases}
Так як при aє(1; 2) -1 < a -2 < 0 < 2a -3, то точка а -2, яка виключена з ОДЗ, розриває проміжок відповіді.
Отже, хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
3. Знайдемо перетин розв'язків першої та другої нерівності.
1) хє[ -2; 0) та хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞). При aє(2; +∞) 2а -3 > 1. Маємо Тоді хє[ -2; -1], якщо ає(2; +∞),
2) хє[ -2; 0) та хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
При aє(1; 2) a -2 є(-1; 0). Знайдемо, коли 2а -3 знаходиться лівіше за 0. 2а -3 < 0, звідси а < 1,5. Отже, при aє(1; 1,5) маємо наступний малюнок Отже, хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 1,5),
Відповідно, коли aє[1,5; 2) 2а -3 розміщено правіше за 0 і маємо наступний малюнок Отже, хє[-1; a - 2)U(a - 2; 0), якщо aє[1,5; 2).
Завдання 5. Задано систему нерівностей \begin{cases}(x + 1):(x -2)\ge0\\(1:2)^{2sin^2(\pi{a}) + cos(2\pi{a}) + x}>a\end{cases},a де х — змінна, а — стала.2. хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
3. хє[ -2; -1], якщо ає(2; +∞),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 1,5),
хє[ -1; a -2)U(a -2; 0), якщо aє[1,5; 2).
1. \frac{3x + 6}{x}≤0.
Розв'яжемо цю нерівність методом інтервалів.
1. ОДЗ: х ≠ 0.
2. Нулі функції: 3х + 6 = 0, звідки х = -2. Нанесемо отримані числа на числову пряму та визначимо знак функції на кожному із отриманих проміжків. Маємо Отже хє[ -2; 0). 2. log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2≥2log_{\frac{a}{2}}(a -1).
Знайдемо ОДЗ нерівності
Так як основа логарифма повинна бути більше за 0 та не дорівнювати 1, а підлогарифмічний вираз більше за 0, то маємо:
\begin{cases}a:2\ge0\\a:2\ne1\\(x -a + 2)^2>0\\a -1>0\end{cases}
Так як за умовою а є додатною сталою, тобто a > 0, то перша умова виконується завжди. Так як квадрат числа є невід'ємним числом, то третя нерівність виконується завжди, крім випадку, коли цей вираз дорівнює 0. Маємо:
\begin{cases}a\ne2\\x -a + 2\ne0\\a>1\end{cases}
Звідси маємо наступне ОДЗ: x ≠ a -2; a∈(1; 2)U(2; + +∞).
Розв'яжемо нерівність. Маємо:
log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2\ge2log_{\frac{a}{2}}(a -1)
log_{\frac{a}{2}}(x -a + 2)^2\ge{log_{\frac{a}{2}}(a -1)^2}
І випадок. Нехай a > 2. Тоді основа логарифма більше за 1 і з даної нерівності маємо:
(x -a + 2)²≥(a -1)²
|x -a + 2|≥|a -1|
|x -a + 2|≥a -1 (так як а з ОДЗ більше за 1, то |a -1| = a -1)
\begin{cases}x -a + 2\ge{a -1}\\x -a + 2\le{ -a + 1}\end{cases}
\begin{cases}x\ge{2a -3}\\x\le{ -1}\end{cases}
Так як при aє(2; +∞) 0 < a -2 < 2a -3, то точка а -2, яка виключена з ОДЗ, у проміжок відповіді не входить.
Отже, хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞),
ІІ випадок. Нехай 1 < a < 2. Тоді основа логарифма менше за 1 і з даної нерівності маємо:
(x -a + 2)²≤(a -1)²
|x -a + 2|≤|a -1|
|x -a + 2|≤a -1 (так як а з ОДЗ більше за 1, то |a -1| = a -1)
\begin{cases}x -a + 2\le{a -1}\\x -a + 2\ge{ -a + 1}\end{cases}
\begin{cases}x\le{2a -3}\\x\ge{ -1}\end{cases}
Так як при aє(1; 2) -1 < a -2 < 0 < 2a -3, то точка а -2, яка виключена з ОДЗ, розриває проміжок відповіді.
Отже, хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
3. Знайдемо перетин розв'язків першої та другої нерівності.
1) хє[ -2; 0) та хє(-∞; -1]U[2a -3; +∞), якщо aє(2; +∞). При aє(2; +∞) 2а -3 > 1. Маємо Тоді хє[ -2; -1], якщо ає(2; +∞),
2) хє[ -2; 0) та хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 2).
При aє(1; 2) a -2 є(-1; 0). Знайдемо, коли 2а -3 знаходиться лівіше за 0. 2а -3 < 0, звідси а < 1,5. Отже, при aє(1; 1,5) маємо наступний малюнок Отже, хє[ -1; a -2)U(a -2; 2a -3], якщо aє(1; 1,5),
Відповідно, коли aє[1,5; 2) 2а -3 розміщено правіше за 0 і маємо наступний малюнок Отже, хє[-1; a - 2)U(a - 2; 0), якщо aє[1,5; 2).
1. Розв’яжіть першу нерівність цієї системи.
2. Визначте множину розв’язків другої нерівності системи залежно від значень а.
3. Визначте всі розв’язки системи залежно від значень а.
Показати відповідь
1. хє(-∞; -1]U(2; +∞)
2. хєR, якщо ає(-∞; 0];
хє(-∞; -log₂(2a)), якщо ає(0; +∞]
3. хє(-∞; -1]U(2; +∞), якщо ає(-∞; 0];
хє(-∞; -1]U(2; -log₂((2a)), якщо ає(0; \frac{1}{8});
хє(-∞; -1], якщо ає[\frac{1}{8}; 1);
хє(-∞; -log₂(2a)), якщо aє[1; +∞).
1. \frac{x + 1}{x -2}\ge0.
Розв'яжемо цю нерівність методом інтервалів. 1. ОДЗ: х -2 ≠ 0, звідки х ≠ 2. 2. Нулі функції: х + 1 = 0, звідки х = -1. Нанесемо отримані числа на числову пряму та визначимо знак функції на кожному із отриманих проміжків. Маємо Отже хє(-∞; -1]U(2; +∞).
2. (\frac{1}{2})^{2sin^2(\pi{a}) + cos(2\pi{a}) + x}>a.
Спростимо степінь. 2sin²(πa) + cos(2πa) + x = 2sin²(πa) + cos²(πa) -sin²(πa) + x = sin²(πa) + cos²(πa) + x = 1 + x.
Маємо нерівність (\frac{1}{2})^{1 + x}>a
Так як у лівій частині нерівності знаходиться показникова функція, яка має додатні значення при будь -яких значеннях х, то якщо а менше або дорівнює 0, дана нерівність виконується при будь -яких значеннях х. Маємо хєR, якщо ає(-∞; 0].
Якщо а більше за 0, то з нерівності (\frac{1}{2})^{1 + x}>a маємо log_2(\frac{1}{2})^{1 + x}>log_2a
log₂(2)⁻¹⁻ˣ > log₂a
-1 -x > log₂a
-x > 1 + log₂a
-x > log₂2 + log₂a
-x > log₂2a
x < -log₂2a
Маємо хє(-∞; -log₂(2a)), якщо ає(0; +∞]
3. Знайдемо перетин розв'язків першої та другої нерівності. Оскільки при недодатному значенні а розв'язком другої нерівності є хєR, то перетином в цьому випадку буде весь розв'язок першої нерівності. Отже, маємо, що хє(-∞; -1]U(2; +∞), якщо ає(-∞; 0].
При a більше 0 розглянемо всі можливі положення -log₂(2a). Нехай -log₂(2a) > 2. Тоді log₂(2a) < -2 і 2а < 2⁻²
2a\lt\frac{1}{4}
a\lt\frac{1}{8}
При цьому маємо такий перетин: Отже, хє(-∞; -1]U(2; -log₂((2a)), якщо ає(0; \frac{1}{8}).
Нехай -1 < -log₂(2a)≤2. Тоді -2≤log₂(2a) < 1 і 2⁻² < 2а < 2¹
\frac{1}{4}\le2a\lt2
\frac{1}{8}\le{a}\lt1
При цьому маємо такий перетин: Отже хє(-∞; -1], якщо ає[\frac{1}{8}; 1).
Нехай -log₂(2a)≤ -1. Тоді log₂(2a)≥1 і 2а≥2¹
2а≥2
а≥1
При цьому маємо такий перетин: Отже хє(-∞; -log₂(2a)), якщо aє[1; +∞).
Завдання 6. Задано систему нерівностей \begin{cases}\pi^2 -x^2\ge0\\(log_3a)\cdot(2sin^2x -(2a -1)sinx -a)\ge0\end{cases}, де х — змінна, а — додатна стала.2. хєR, якщо ає(-∞; 0];
хє(-∞; -log₂(2a)), якщо ає(0; +∞]
3. хє(-∞; -1]U(2; +∞), якщо ає(-∞; 0];
хє(-∞; -1]U(2; -log₂((2a)), якщо ає(0; \frac{1}{8});
хє(-∞; -1], якщо ає[\frac{1}{8}; 1);
хє(-∞; -log₂(2a)), якщо aє[1; +∞).
1. \frac{x + 1}{x -2}\ge0.
Розв'яжемо цю нерівність методом інтервалів. 1. ОДЗ: х -2 ≠ 0, звідки х ≠ 2. 2. Нулі функції: х + 1 = 0, звідки х = -1. Нанесемо отримані числа на числову пряму та визначимо знак функції на кожному із отриманих проміжків. Маємо Отже хє(-∞; -1]U(2; +∞).
2. (\frac{1}{2})^{2sin^2(\pi{a}) + cos(2\pi{a}) + x}>a.
Спростимо степінь. 2sin²(πa) + cos(2πa) + x = 2sin²(πa) + cos²(πa) -sin²(πa) + x = sin²(πa) + cos²(πa) + x = 1 + x.
Маємо нерівність (\frac{1}{2})^{1 + x}>a
Так як у лівій частині нерівності знаходиться показникова функція, яка має додатні значення при будь -яких значеннях х, то якщо а менше або дорівнює 0, дана нерівність виконується при будь -яких значеннях х. Маємо хєR, якщо ає(-∞; 0].
Якщо а більше за 0, то з нерівності (\frac{1}{2})^{1 + x}>a маємо log_2(\frac{1}{2})^{1 + x}>log_2a
log₂(2)⁻¹⁻ˣ > log₂a
-1 -x > log₂a
-x > 1 + log₂a
-x > log₂2 + log₂a
-x > log₂2a
x < -log₂2a
Маємо хє(-∞; -log₂(2a)), якщо ає(0; +∞]
3. Знайдемо перетин розв'язків першої та другої нерівності. Оскільки при недодатному значенні а розв'язком другої нерівності є хєR, то перетином в цьому випадку буде весь розв'язок першої нерівності. Отже, маємо, що хє(-∞; -1]U(2; +∞), якщо ає(-∞; 0].
При a більше 0 розглянемо всі можливі положення -log₂(2a). Нехай -log₂(2a) > 2. Тоді log₂(2a) < -2 і 2а < 2⁻²
2a\lt\frac{1}{4}
a\lt\frac{1}{8}
При цьому маємо такий перетин: Отже, хє(-∞; -1]U(2; -log₂((2a)), якщо ає(0; \frac{1}{8}).
Нехай -1 < -log₂(2a)≤2. Тоді -2≤log₂(2a) < 1 і 2⁻² < 2а < 2¹
\frac{1}{4}\le2a\lt2
\frac{1}{8}\le{a}\lt1
При цьому маємо такий перетин: Отже хє(-∞; -1], якщо ає[\frac{1}{8}; 1).
Нехай -log₂(2a)≤ -1. Тоді log₂(2a)≥1 і 2а≥2¹
2а≥2
а≥1
При цьому маємо такий перетин: Отже хє(-∞; -log₂(2a)), якщо aє[1; +∞).
1. Розв’яжіть першу нерівність цієї системи.
2. Знайдіть множину розв’язків другої нерівності залежно від значень а.
3. Визначте всі розв’язки системи залежно від значень а.
Показати відповідь
якщо aє(0; 1), тоді хє[ -π; -\frac{5\pi}{6}]U[ -\frac{\pi}{6}; arcsina]U[π -arcsina; π];
якщо a = 1, тоді хє[ -π; π];
якщо aє(1; +∞), тоді хє[ -\frac{5\pi}{6}; -\frac{\pi}{6}].
1. З нерівності π² -x²≥0 маємо π²≥x². Звідси |x|≤|π| і х∈[ -π; π].
2. З умови а більше за 0. Розглянемо можливі випадки для а.
2.1. Якщо а = 1, тоді log₃a = log₃1 = 0 і з нерівності 0·(2sin²x -sinx -1)≥0 слідує, що 2sin²x -sinx -1 може приймати будь -які значення. Отже х∈R при а = 1.
2.2. Нехай а > 1. Тоді log₃a > 0 і з нерівності log₃a·(2sin²x -(2а -1)sinx -а)≥0 слідує, що 2sin²x -(2а -1)sinx -а≥0. Розв’яжемо цю нерівність. Нехай sinx = t, t∈[ -1; 1]. Маємо квадратичну нерівність 2t² -(2а -1)t -а≥0. Розв’яжемо її за методом інтервалів. Для цього знайдемо корені відповідного квадратного рівняння 2t² -(2а -1)t -а = 0.
D = (2a -1)² -4·2·(-a) = 4a² -4a + 1 + 8a = 4a² + 4a + 1 = (2a + 1)². Тоді корінь із дискримінанта дорівнює |2a + 1| = 2a + 1.
t_1 = \frac{2a -1 + 2a + 1}{2\cdot2} = \frac{4a}{4} = a
t_2 = \frac{2a -1 -(2a + 1)}{2\cdot2} = \frac{ -2}{4} = -0,5.
Нанесемо знайдені корені на числову пряму, визначимо знак в кожному з інтервалів і заштрихуємо відповідну область (враховуючи, що а > 1 і t∈[ -1; 1]). Маємо Отже, t∈[ -1; -0,5]. Тоді sinx≤ -0,5. Розв’яжемо цю нерівність за допомогою одиничного кола. На ньому позначимо всі точки, для яких синус (ордината) менша за -0,5 і обчислимо крайні точки. Маємо точки -arcsin(0,5) = -\frac{\pi}{6} та -(π -arcsin(0,5)) = -(π -\frac{\pi}{6}) = -\frac{5\pi}{6} (знак " -" беремо, оскільки рухаємося за годинниковою стрілкою). Оскільки через кожний повний оберт значення повторяться, то маємо при а більше за 1 x∈[ -\frac{5\pi}{6} + 2πn; -\frac{\pi}{6} + 2πn], де n∈Z.
2.3. Нехай 0 < а < 1. Тоді log₃a < 0 і з нерівності log₃a·(2sin²x -(2а -1)sinx -а)≥0 слідує, що 2sin²x -(2а -1)sinx -а≤0. Розв’яжемо цю нерівність. Нехай sinx = t, t∈[ -1; 1]. Маємо квадратичну нерівність 2t² -(2а -1)t -а≥0. Розв’яжемо її за методом інтервалів. Корені відповідного квадратного рівняння 2t² -(2а -1)t -а = 0 t₁ = a, t₂ = -0,5. Нанесемо знайдені корені на числову пряму, визначимо знак в кожному з інтервалів і заштрихуємо відповідну область (враховуючи, що а < 1 і t∈[ -1; 1]). Маємо Отже, t∈[ -0,5; a]. Тоді -0,5≤sinx≤a. Роз`яжемо цю нерівність за допомогою одиничного кола. На ньому позначимо всі точки, для яких синус (ордината) більше за -0,5 і менша за а, обчислимо крайні точки. Маємо точки -arcsin(0,5) = -\frac{\pi}{6}, arcsina, π -arcsina, π + arcsin(0,5)) = π + \frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6}. Оскільки через кожний повний оберт значення повторяться, то маємо при а менше за 1 x∈[ -\frac{\pi}{6} + 2πn; arcsina + 2πn]U[π -arcsina + 2πn; \frac{7\pi}{6} + 2πn], де n∈Z.
Таким чином, розв’язком другої нерівності є
х∈R при а = 1.
x∈[ -\frac{5\pi}{6} + 2πn; -\frac{\pi}{6} + 2πn], де n∈Z при aє(1; +∞).
x∈[ -\frac{\pi}{6} + 2πn; arcsina + 2πn]U[π -arcsina + 2πn; \frac{7\pi}{6} + 2πn], де n∈Z при aє(0; 1).
3. Розв’язком системи є спільні розв’язки першого та другого завдання. Таким чином, маємо
х∈[ -π; π] при а = 1.
x∈[ -\frac{5\pi}{6}; -\frac{\pi}{6}] при aє(1; +∞).
хє[ -π; -\frac{5\pi}{6}]U[ -\frac{\pi}{6}; arcsina]U[π -arcsina; π] при aє(0; 1) (так як розглядаємо проміжок від -π до π, то штрихування при а менше 1 розділяється на 3 частини.
якщо a = 1, тоді хє[ -π; π];
якщо aє(1; +∞), тоді хє[ -\frac{5\pi}{6}; -\frac{\pi}{6}].
1. З нерівності π² -x²≥0 маємо π²≥x². Звідси |x|≤|π| і х∈[ -π; π].
2. З умови а більше за 0. Розглянемо можливі випадки для а.
2.1. Якщо а = 1, тоді log₃a = log₃1 = 0 і з нерівності 0·(2sin²x -sinx -1)≥0 слідує, що 2sin²x -sinx -1 може приймати будь -які значення. Отже х∈R при а = 1.
2.2. Нехай а > 1. Тоді log₃a > 0 і з нерівності log₃a·(2sin²x -(2а -1)sinx -а)≥0 слідує, що 2sin²x -(2а -1)sinx -а≥0. Розв’яжемо цю нерівність. Нехай sinx = t, t∈[ -1; 1]. Маємо квадратичну нерівність 2t² -(2а -1)t -а≥0. Розв’яжемо її за методом інтервалів. Для цього знайдемо корені відповідного квадратного рівняння 2t² -(2а -1)t -а = 0.
D = (2a -1)² -4·2·(-a) = 4a² -4a + 1 + 8a = 4a² + 4a + 1 = (2a + 1)². Тоді корінь із дискримінанта дорівнює |2a + 1| = 2a + 1.
t_1 = \frac{2a -1 + 2a + 1}{2\cdot2} = \frac{4a}{4} = a
t_2 = \frac{2a -1 -(2a + 1)}{2\cdot2} = \frac{ -2}{4} = -0,5.
Нанесемо знайдені корені на числову пряму, визначимо знак в кожному з інтервалів і заштрихуємо відповідну область (враховуючи, що а > 1 і t∈[ -1; 1]). Маємо Отже, t∈[ -1; -0,5]. Тоді sinx≤ -0,5. Розв’яжемо цю нерівність за допомогою одиничного кола. На ньому позначимо всі точки, для яких синус (ордината) менша за -0,5 і обчислимо крайні точки. Маємо точки -arcsin(0,5) = -\frac{\pi}{6} та -(π -arcsin(0,5)) = -(π -\frac{\pi}{6}) = -\frac{5\pi}{6} (знак " -" беремо, оскільки рухаємося за годинниковою стрілкою). Оскільки через кожний повний оберт значення повторяться, то маємо при а більше за 1 x∈[ -\frac{5\pi}{6} + 2πn; -\frac{\pi}{6} + 2πn], де n∈Z.
2.3. Нехай 0 < а < 1. Тоді log₃a < 0 і з нерівності log₃a·(2sin²x -(2а -1)sinx -а)≥0 слідує, що 2sin²x -(2а -1)sinx -а≤0. Розв’яжемо цю нерівність. Нехай sinx = t, t∈[ -1; 1]. Маємо квадратичну нерівність 2t² -(2а -1)t -а≥0. Розв’яжемо її за методом інтервалів. Корені відповідного квадратного рівняння 2t² -(2а -1)t -а = 0 t₁ = a, t₂ = -0,5. Нанесемо знайдені корені на числову пряму, визначимо знак в кожному з інтервалів і заштрихуємо відповідну область (враховуючи, що а < 1 і t∈[ -1; 1]). Маємо Отже, t∈[ -0,5; a]. Тоді -0,5≤sinx≤a. Роз`яжемо цю нерівність за допомогою одиничного кола. На ньому позначимо всі точки, для яких синус (ордината) більше за -0,5 і менша за а, обчислимо крайні точки. Маємо точки -arcsin(0,5) = -\frac{\pi}{6}, arcsina, π -arcsina, π + arcsin(0,5)) = π + \frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{6}. Оскільки через кожний повний оберт значення повторяться, то маємо при а менше за 1 x∈[ -\frac{\pi}{6} + 2πn; arcsina + 2πn]U[π -arcsina + 2πn; \frac{7\pi}{6} + 2πn], де n∈Z.
Таким чином, розв’язком другої нерівності є
х∈R при а = 1.
x∈[ -\frac{5\pi}{6} + 2πn; -\frac{\pi}{6} + 2πn], де n∈Z при aє(1; +∞).
x∈[ -\frac{\pi}{6} + 2πn; arcsina + 2πn]U[π -arcsina + 2πn; \frac{7\pi}{6} + 2πn], де n∈Z при aє(0; 1).
3. Розв’язком системи є спільні розв’язки першого та другого завдання. Таким чином, маємо
х∈[ -π; π] при а = 1.
x∈[ -\frac{5\pi}{6}; -\frac{\pi}{6}] при aє(1; +∞).
хє[ -π; -\frac{5\pi}{6}]U[ -\frac{\pi}{6}; arcsina]U[π -arcsina; π] при aє(0; 1) (так як розглядаємо проміжок від -π до π, то штрихування при а менше 1 розділяється на 3 частини.
Коментарі