Квадратичная функция в различных задачах Основные сведения 1. Квадратичной функцией (квадратным трёхчленом) называется функция вида у ax2 bx c, где a, b, c заданные числа и a 0 . 2. Квадратичные функции у ax2 bx c и у a1 x 2 b1 x c1 равны тогда и только тогда, когда выполняется система равенств а a1 , b b1 , с c1. 3. Два квадратных трёхчлена равны тогда и только тогда, когда они равны хотя бы в трёх точках. 4. Областью определения квадратичной функции является множество R. 5. Выделяя в квадратичной функции у ax2 bx c полный квадрат, квадратичную функцию запишем в виде 2 у a x х0 у0 , где х0 b 2a , у0 4ac b 2 4a . Областью значений квадратичной функции является промежуток 4ac b2 4a ; , если a 0, и промежуток ; 4ac b2 4a , если a 0. 6. Дана квадратичная функция у х а x x0 у0 . Если а 0, то функция у х на любом промежутке l (; х0 ] убывает, а на любом промежутке l1 [ х0 ; ) возрастает; если a 0, то функция у х на любом промежутке l (; х0 ] возрастает, а на любом промежутке l1 [ х0 ; ) убывает. 7. Графиком квадратичной функцией является парабола. 8. Вершина параболы имеет координаты b 2a ; 4ac b 2 4a . 2 9. Парабола касается оси абсцисс, если ордината вершины параболы равна нулю. 10. Ветви параболы направлены вверх, если a 0, и вниз, если a 0. 11. Осью симметрии параболы является прямая х b 2a , параллельная оси ординат. 12. Значения х, при которых квадратичная функция у ax2 bx c обращается в ноль, называются корнями квадратичной функции. Для нахождения корней квадратичной функции надо решить квадратное уравнение ax2 bx c 0. 1 13. Если х1 , х2 корни квадратного трехчлена f x ax 2 bx c , где а 0, то f x a х x1 х x2 , где а 0. 14. Пусть х1 , х2 – корни квадратного трехчлена у ax2 bx c . Если х х0 ось симметрии, то х2 х1 2 х0 . 15. Число D b2 4ac называется дискриминантом квадратичной функции. 16. Квадратичная функция у ax2 bx c может иметь рациональные (целые) корни только в случае, если дискриминант полный квадрат (полный квадрат целого числа). 17. График квадратичной функции пересекает ось абсцисс в двух точках (функция имеет два корня), если дискриминант D 0; в одной точке (функция имеет один корень, график касается оси абсцисс), если D 0. 18. График квадратичной функции не пересекает ось абсцисс (функция не имеет корней), если D 0. 19. Если в некоторой точке R значение функции f x ax 2 bx c , где а 0, меньше нуля, то есть f ( ) 0 , то квадратный трёхчлен пересечёт ось абсцисс в двух точках. Если в некоторой точке R значение функции f x ax 2 bx c , где а 0, больше нуля, то есть f ( ) 0 , то квадратный трёхчлен пересечёт ось абсцисс в двух точках. 20. Теорема Виета. Если квадратное уравнение ax2 bx c 0 , где x1 x2 b a , . a 0, имеет действительные корни x1 и x 2 , то x x с a . 1 2 21. Обратная теорема Виета. Если числа x1 и x 2 удовлетворяют x1 x2 b a , условиям то числа x1 и x 2 являются корнями квадратx x с a , 1 2 ного уравнения ax2 bx c 0 , где a 0 . 22. График функции у f x симметричен графику функции у f x относительно оси абсцисс. График функции у f x симметричен графику функции у f x относительно оси ординат. 23. Квадратичная функция сохраняет знак для всех x R тогда и только тогда, когда дискриминант квадратичной функции отрицательный. В этом случае знак квадратичной функции для всех x R совпадает со знаком коэффициента при х 2 . 2 24. Если функции f и в своих областях определения возрастают или убывают одновременно, то сложная функция y f ( ( x)) возрастает в её области определения. Если одна из функций f или возрастают, а другая убывают в своих областях определения, то сложная функция y f ( ( x)) убывает в её области определения. 25. Дана квадратичная функция у х а x x0 2 у0 . Если а 0 ( a 0 ), то функция у х в точке х х0 принимает наименьшее (наибольшее) значение, равное у0 . 26. Квадратичная функция у х аx 2 bx c, если а 0 a 0 , при- нимает наименьшее (наибольшее) значение на отрезке c; d на одном из концов отрезка или в точке х0 , которая является абсциссой вершины параболы, заданной уравнением у х аx bx c. Поэтому при нахождении наименьшего значения (наибольшего значения) на отрезке c; d надо 2 рассмотреть функцию у( x) при различных расположениях точки х0 относительно отрезка c; d . 27. Квадратичная функция у х аx 2 bx c , если а 0 a 0 , принимает наибольшее (наименьшее) значение на отрезке c; d , на одном из концов отрезка. Поэтому при нахождении наибольшего (наименьшего) значения на отрезке c; d надо сравнить значения у(с) и у(d ). 28. Обозначение: min f x наименьшее значение функции f ( x) на [ a; b] отрезке [a; b] ; m ах f x наибольшее значение функции f ( x) на отрезке [ a; b] [a; b] ; min f х наименьшее значение квадратичной функции f ( x) ; max f х наибольшее значение квадратичной функции f ( x) . 29. Если непрерывную функцию f ( x) на промежутке a; b можно представить в виде f ( х) t x , где t x и t непрерывные функции на промежутках a; b и c; d соответственно, и c min t ( x), x a ; b d max t ( x), то max f ( x) max (t ) и min f ( x) min (t ). x a ; b x a ; b x a ; b tc ; d tc ; d 30. Наибольшее (наименьшее) значения функции у x ax 2 bx c и f x 2 n ax 2 bx c на отрезке d1; d2 принимают в одной и той же 3 точке х1 d1; d2 тогда и только тогда, когда ax2 bx c 0 для любого х d1 ; d 2 . 31. Если а 0, то функции у x ax 2 bx c и f x 2 n1 ax 2 bx c принимают экстремальное значение в точке х0 b 2a . 32. Квадратичная функция f x ax 2 bx c является квадратом линейной функции, если её можно представить виде f x 2 aх x0 . y kx d Прямая является касательной к параболе 2 y ax bx c , если имеет единственное решение система уравнений 33. ax 2 b k x c d 0, у ax 2 bx c, ax 2 bx c kx d , у kx d ; у kx d ; у kx d . Последняя система имеет единственное решение, если квадратное уравнение аx 2 (b k ) х (с d ) 0 имеет единственное решение. 34. Если x0 – абсцисса точки касания, то уравнение касательной к кривой y f (x) имеет вид y f ( x0 )( x x0 ) f ( x0 ) , где k f x0 угловой коэффициент касательной. 35. Пусть x0 – абсцисса точки касания к графику функции y f (x) . Если касательная образует с осью абсцисс угол, равный , то f ( x0 ) tg . 36. Прямые y k1 x d1 , y k2 x d 2 параллельны тогда и только тогда, когда k1 k2 . 37. Прямые y k1 x b1 , y k2 x b2 совпадают тогда и только тогда, когда k1 k2 и b1 b2 . 38. Прямые у kх b и у k1 х b1 перпендикулярны тогда и только тогда, когда k k1 1 . 39. Если точка x0 ; y0 лежит над (под) прямой y kx b , то y0 kx0 b y0 kx0 b . 40. Пусть точка x0 ; y0 является вершиной параболы y аx 2 bх с . Вершина параболы лежит над (под) прямой y kx d , если y0 kx0 d y0 kx0 d 0 y0 kx0 d y0 kx0 d 0 . 41. Пусть точка x1; y1 является вершиной параболы y а1 x 2 b1 х с1 , а точка x2 ; y2 является вершиной параболы y а2 x 2 b2 х с2 . 4 42. Вершины парабол лежат по одну сторону от прямой y kx d , если y1 y x1 y2 y x2 0 ( y1 kx1 d ) ( y2 kx2 d ) 0 43. Вершины парабол лежат по разные стороны от прямой y kx d , если y1 y x1 y2 y x2 0 ( y1 kx1 d ) ( y2 kx2 d ) 0 Задачи Симметрия 1. Функция f ( x) определена для всех значений х и при всех х удовлетворяет условию 3 f ( x) f (а x) х2 . Найдите f ( x) и укажите значения параметра а, при котором осью симметрии является прямая x 3. Решение. 1. Так как функция f ( x) для всех значений х удовлетворяет условию 3 f ( x) f (а x) х2 , то, заменив х на а х , получим 3 f ( а x) f ( x) а х . Найдём функцию f ( x) из системы 2 2 2 f ( а x) 3 f ( x) х , 3 f (а x) 9 f ( x) 3х , 2 2 3 f ( а x ) f ( x ) а х ; 3 f ( а x ) f ( x ) а х ; 8 f ( x) 3х 2 а х 2 , f ( x) 1 8 2 х 2 2ах а 2 . 2 3 f (а x) f ( x) а х ; Итак, искомой f ( x) 1 8 2 х 2 2ах а 2 . функцией является квадратичная функция 2. Прямая х 0,5а является осью симметрии параболы f ( x) 1 8 2 х 2 2ах а 2 . Ось симметрии совпадает с прямой x 3, если 0,5а 3 а 6. Ответ. f ( x) 1 8 2 х 2 2ах а 2 ; а 6. 2. Найдите значения а и с, при которых график квадратичной функции f x a 2 1 x 2 аx c 2 симметричен графику квадратичной функции х a 1 x 2 а 2 x c 4 относительно оси абсцисс. f x и х квадратичные, то Решение. Так как функции 2 a 1;1 так как a 1 0, a 1 0 . График f x симметричен графику функции х относительно оси абсцисс, если квадратичная функция f x совпадает с квадратичной функцией x . 5 Квадратичные f x a 2 1 x 2 аx c 2 функции и х a 1 x 2 а 2 x c 4 , где a 1;1 , совпадают тогда и только тогда, когда выполняется система равенств а 1 а 2 0, a 2 1 1 а, a 2 а 2 0, а 1, 2а 2, а 1, а 2 а, c 1. c 2 с 4; 2c 2; c 1; Так как a 1;1 , то последняя система не имеет решений. Это означает, что не существует значений параметров а и с, при которых график квадратичной функции f x симметричен графику квадратичной функции х относительно оси абсцисс. Ответ. а, с . 3. Найдите значения параметров а и с, при которых график квадратичной функции f x аx 2 a 2 1 x c 3 симметричен графику квадратичной функции х 2 a 1 x 2 а 1 x 2c относительно оси ординат. Решение. Так как функции f x и х квадратичные, то a 0; 1 так как a 0, a 1 0 . График f x симметричен графику функции х относительно оси ординат, если квадратичная функция f x совпадает с квадратичной функцией x . Если a 0; 1 , то квадратичные функции f x аx 2 a 2 1 x c 3 и х 2 a 1 x 2 а 1 x 2c совпада- ют тогда и только тогда, когда выполняется система равенств а 2а 2, а 2, а 2, а 2, 2 2 a 1 1 а , a а 2 0, а 1 а 2 0, c 1. c 3 2с; 3c 3; c 1; Из последней системы следует: если а 2 и с 1, то график квадратичной функции f x симметричен графику квадратичной функции х относительно оси ординат. Ответ. а 2 и с 1. 4. Найдите коэффициенты квадратичной функции у ax2 bx c, если у 0 4, у 1 у 3 5. 6 Решение. Так как у 1 у 3 , то осью симметрии параболы является прямая х 2 . Так как осью симметрии параболы у ax2 bx c является прямая х b 2a , то b 2a 2 b 4а. c 4 Так как у 0 4 и у 1 5, то с 4 и a b c 5 a b 1. Таким образом, имеем систему b 4а, а 1 3, a b 1; b 4 3. Ответ. а 1 3, b 4 3, с 4. Дискриминант квадратичной функции 5. Докажите, что дискриминант квадратичной функции у ax2 bx c, где a 0, b, c целые числа, не может равняться 979. Решение. Дискриминант квадратичной функции равен D b2 4ac . Так как a, b, c целые числа, то рассмотрим следующие два случая. 1. Пусть b – чётное число. Число является чётным, если его можно представить в виде b 2k , где k Z . Тогда D 4k 2 4ac D 4 k 2 ac . Получили, что дискриминант делится на 4, но число 979 не делится на 4. Итак, если b чётное число, то не существуют целых чисел a, b, c таких, что D 979. 2. Пусть b – нечётное число. Число является нечётным, если его можно представить в виде b 2k 1, где k Z . 2 Тогда D 2k 1 4ac D 4 k 2 k ac 1. Получили, что дискриминант при делении на 4 даёт остаток 1, но число 979 244 4 3 при делении на 4 даёт остаток 3. Итак, если b нечётное число, то не существуют целых чисел a, b, c таких, что D 979. Из 1. и 2. следует, что не существует целых чисел a, b, c таких, что D 979. 6. Докажите, что график квадратичной функции у x2 px q пересекает ось абсцисс в двух точках, если 5 p 4q 9 . Решение. График квадратичной функции пересекает ось абсцисс в двух точках, если дискриминант D 0. Дискриминант квадратичной функции у x2 px q равен D p 2 4q. Очевидно, 5 p 4q 9 4q 9 5 p. Имеем 7 D p 2 4q p 2 4q p 2 9 5 p p 2,5 2,75 0 D 0. 2 Доказали, что D 0. Тогда, если 5 p 4q 9 , то график функции у x2 px q пересекает ось абсцисс в двух точках. Корни квадратного трехчлена 7. Найдите корни квадратного трехчлена f x 252 x 2 819 x 567. Решение. Имеем f 1 252 819 567 f 1 0. Итак, x1 1 является корнем исходного квадратного трехчлена. Так как прямая х 819 2 252 х 1,625 является осью симметрии параболы, заданной уравнением f x 252 x 2 819 x 567, то вторым корнем (так как х2 х1 2 х0 ) является x2 2 1,625 1 x2 2,25. Ответ. x1 1 , x2 2,25. 8. Сколько корней имеет уравнение 4874 1616 x2 3244 x х 1? Решение. Имеем 2 2 4874 1616 x 3244 x х 1 , 4874 1616 x 3244 x х 1 х 1 0; 2 1617 x 2 3242 x 4873 0, х 1. Определим, сколько различных корней, удовлетворяющих неравенству x 1, имеет квадратный трехчлен f x 1617 x 2 3242 x 4873. Графиком квадратного трехчлена f x 1617 x 2 3242 x 4873 является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса вершины равна х0 1621 1671. Отметим 1 х0 0. Так как квадратный трехчлен f x на промежутке х0 ; возрастает и f 1 0, то график квадратного трехчлена f x , если х 1; , пересекает ось абсцисс в одной точке. Это означает, что, если x 1, то квадратный трехчлен f x имеет один корень, который больше единицы. Тогда и исходное уравнение имеет один корень. Ответ. Один корень. 9. Пусть х1 , х2 – корни квадратного трехчлена у x2 px q . Составьте квадратный трехчлен, корнями которого являются числа x1 x2 и x12 x22 . Решение. Пусть x1 x2 . 8 Так как исходный квадратный трехчлен имеет корни, то дискриминант этого трёхчлена D 0 p2 4q 0 . Из теоремы Виета следует, что x1 x2 p и x1 x2 q. Из обратной теоремы Виета следует, что искомый квадратный трехчлен имеет вид х х 2 x12 x 22 х x1 x2 . Выразим x12 x22 через p и q. Имеем x12 x22 х1 х2 х1 х2 x12 x22 p х1 х2 . Выразим x1 x2 через p и q. Имеем x12 x22 p х1 х2 и x 0,5 p p 2 4q , x1 0,5 p D , 1 x1 x2 2 x2 0,5 p D ; x2 0,5 p p 4q Итак, так как x1 x2 p 2 4q . p 2 4q , то x12 x22 p p 2 4q . Искомый квадратный трёхчлен имеет вид х х 2 x12 x22 х x1 x2 х х 2 p p 2 4qх q. Ответ. х х 2 p p 2 4qх q. 10. Докажите, что квадратичная функция у x2 px q не имеет рациональных корней, если p, q нечётные числа. Решение. Пусть числа p, q – нечётные. Тогда эти числа можно представить в виде: p 2k 1, q 2n 1, где k , n Z . Исходная квадратичная функция принимает вид у х x 2 2k 1 x 2n 1 , где k , n Z . 1 Найдём дискриминант D квадратичной функции (1). Имеем 2 D 2k 1 4 2n 1 целое число. целое число целое число Если квадратичная функция (1) имеет рациональные корни, то дискриминант этой функции полный квадрат. Дискриминант является полным квадратом целого числа, если существует целое число S такое, что 2 D S 2 2k 1 4 2n 1 S 2 2 нечётное чётное Из (2) следует, что S – нечётное число. Так как число S – нечётное число, то его можно представить в виде S 2m 1, где m Z . Рассмотрим равенство (2). Имеем 9 2k 1 S 2 4 2n 1 2k 1 2m 1 4 2n 1 2k 2m 2k 2m 2 4 2n 1 k m k m 1 2n 1. 3 2 2 2 Рассмотрим равенство (3). 1) Если k и m одной чётности, то k m является чётным числом. Тогда равенство (3) не выполняется, так как левая часть его чётное число, а правая часть нечётное. 2) Если k и m разной чётности, то k m 1 является чётным числом. Тогда равенство (3) не выполняется, так как левая часть его чётное число, а правая часть нечётное. Получили, что дискриминант исходной квадратичной функции не является полным квадратом, ни при каких нечётных значениях p, q . Тогда исходная квадратичная функция не имеет рациональных корней. 11. Найдите все целые значения p, q , при которых многочлен f p; q p 2 2 p pq q 2q 2 (1) имеет целые корни. Решение. Рассмотрим многочлен (1) как квадратный трёхчлен относительно p, считая q параметром: f p; q p 2 2 q p q 2q 2 2 Найдём дискриминант D q квадратного трёхчлен (2). Имеем D q 2 q 4q 8q 2 D q 9q 2 4. 2 Дискриминант D q является полным квадратом целого числа, если существует целое число S такое, что D q S 2 9q 2 4 S 2 S 2 9q 2 4 S 3q S 3q 4. Так как S и q целые числа, то и S 3q , S 3q так же целые числа. Легко проверить, что числа S 3q , S 3q имеют одинаковую чётность. Действительно, если они имеют разную чётность, то существуют целые числа k и m такие, что, например, 2S 2 k m 1, S 3q 2k , S 3q 2m 1; S 3q 2m 1. Последняя система не имеет решений, так как 2S чётное число, а 2 k m 1 нечётное число. Так как S 3q S 3q 4 и числа S 3q , S 3q имеют одинаковую чётность, то S 3q 2, S 3q 2, или S 3q 2, S 3q 2. 10 Из систем следует, что q 0. q 0, Если то исходный многочлен принимает вид f p p p 2 , корнями которого являются числа p 0 или p 2. Ответ. q 0, p 0 или q 0, p 2. 12. Найдите все целые значения p, q , при которых имеет целые корни многочлен f p; q 5 p 2 2 pq 2 2q 4 6q 2 1 (1). Решение. Многочлен (1) является квадратным трёхчленом относительно p с параметром q . Найдём дискриминант D q квадратного трёхчлена (1). Имеем D q 4 q 4 10q 4 30q 2 5 D q 4 9q 4 30q 2 5. Найдём значения q , при которых D q 4 0. Имеем D q 4 0 9q 4 30q 2 5 0 3q 2 5 20 0 3q 2 5 20 2 2 4 20 5 20 3q 2 5 20 20 5 3q 2 20 5 0 3q2 10 0 q2 10 3. Так как q целое значение, то из неравенства 0 q2 10 3, следует, что q 1;1. Рассмотрим многочлен (1) при q 1;1. q 1;1 , то многочлен (1) принимает вид f p; q 5 p 3 p 1 . Тогда корнями многочлена (1) являются числа p 0,6 или p 1, если q 1;1. Так как по условию p целое число, то только p 1 удовлетворяет условию задачи. Тогда корнями многочлена (1) являются q 1, p 1 или q 1, p 1. Если Ответ. q 1, p 1 или q 1, p 1. 13. Квадратный трёхчлен у x2 px q имеет два различных целых корня. Один из корней трёхчлена и его значение в точке x 7 являются простыми числами. Найдите корни трёхчлена. Решение. Пусть x1 и x2 корни квадратного трёхчлена. Тогда у х х х1 х х2 у 7 7 х1 7 х2 . По условию у 7 7 х1 7 х2 является простым числом и один из корней трёхчлена является простым числом. Пусть x1 является простым числом, а x2 не является простым числом. Рассмотрим следующие случаи. 11 1) Пусть x1 2 простое число. Тогда у 7 7 2 7 х2 у 7 5 7 х2 . Число у 7 5 7 х2 может быть простым только в случае, если 7 х2 1 х2 6 не простое число. Корнями исходного квадратного трёхчлена является пара 2; 6 . 2) Пусть x1 простое нечётное число. Тогда у 7 7 х1 7 х2 . чётное Очевидно, что у 7 может быть простым только в случае, если 7 х1 2, х1 5, 7 х 1; 2 х2 6. Корнями исходного квадратного трёхчлена является пара 5; 6 . Ответ. Корнями уравнения являются пары 2; 6 , 5; 6 . 14. Квадратный трёхчлен у x 2 3а 2 x 2с 5 , где 2с 5 – простое число, имеет два целых корня. Найдите всевозможные числа а и с. Решение. Пусть x1 и x2 – корни квадратного трёхчлена. На основании теоремы Виета имеем 3а 2 х1 х2 , 1 2с 5 х1 х2 . Из второго уравнения системы (1) следует: так как 2с 5 – простое число, то только один из корней равен 1. Пусть х1 1 . Если х1 1 , то система (1) принимает вид 3а 2 1 х2 , х2 3а 3, 2с 5 3 а 1 , 2 2 с 5 х ; х 2 с 5; х 2 с 5. 2 2 2 По условию число 2с 5 является простым. Тогда из первого уравнения системы (2) следует, что а 1 1 а 2. Так как а 2 и 2с 5 3 а 1 , то с 4. Итак, а 2 и с 4. Так как с 4, то из второго уравнения системы (2) находим, что х2 3 . Итак, если а 2 , с 4, то корнями исходного квадратного трёхчлена являются целые числа ( х1 1 , х2 3 ). Это означает, что а 2 и с 4 удовлетворяют условию задачи. Ответ. а 2 и с 4 . 15. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых квад12 ратные трёхчлены f x х 2 ах 1977 , х х 2 1977 х а имеют хотя бы один корень, причём все их корни являются целыми числами. Решение. 1. Если x1 и x2 – корни квадратного трёхчлена f x х 2 ах 1977 , то на основании теоремы Виета имеем х1 х2 а, х1 х2 а, 1 х х 1977; х х 3 659. 1 2 1 2 Число 659 – простое число. Пусть x2 x1 . Так как x1 и x2 – целые числа, то из второго уравнения системы (1) следует, что возможны следующие случаи: 1) x1 1 и x2 1977, а 1978; 2) x1 1977 и x2 1; а 1978 3) x1 3 и x2 659, а 662; 4) x1 659 и x2 3, а 662. Итак, если а 1978; 662; 662;1978 , то квадратный трёхчлен f x х 2 ах 1977 имеет целые корни. Первый способ. Определим, при каких значениях параметра а 1978; 662; 662;1978 корнями квадратного трёхчлена х х 2 1977 х а являются целые числа. 2. Пусть x3 и x4 – корни квадратного трёхчлена. Пусть x4 x3 . 1) Если а 1978, то х х 2 1977 х 1978. Легко проверить, что x3 1 и x4 1978 являются корнями квадратного трёхчлена х х 2 1977 х 1978. Это означает, что а 1978 удовлетворяет условию задачи. 2) Если а 1978, то на основании теоремы Виета имеем х3 х4 1977, а1978 х3 х4 1977, х3 х4 1977, х х а ; х х 1978; х х х х 1; 3 4 3 4 3 4 3 4 х3 х4 1977, х3 х4 1977, х3 х4 х3 х4 1 2; х3 1 х4 1 2. Так как x3 0 и x4 0 , то второго уравнения системы следует x3 1 1, x3 2, x4 1 2; x4 3. Очевидно, значения x3 2 и x4 3 не удовлетворяют первому уравнению системы (4). Это означает, что а 1978 не удовлетворяет условию задачи. 3) Если а 662, то имеем 13 х3 х4 1977, а662 х3 х4 1977, х х а ; 3 4 х3 х4 662. Так как 331–простое число, то из второго уравнения системы следует, что x3 2 и x4 331. Очевидно, эти значения x3 и x4 не удовлетворяют первому уравнению системы. Это означает, что а 662 не удовлетворяет условию задачи. 3) Если а 662, то имеем х3 х4 1977, а662 х3 х4 1977, х х а ; 3 4 х3 х4 662. 6 Из второго уравнения системы (6) (с учётом первого уравнения) следует, что x3 2 и x4 331. Очевидно, эти значения x3 и x4 не удовлетворяют первому уравнению системы (6). Это означает, что а 662 не удовлетворяет условию задачи. Второй способ. 2. Определим, при каких значениях параметра а корнями квадратного трёхчлена х х 2 1977 х а являются целые числа. Воспользуемся неравенством b c bc , если b 1 и с 1 и неравенством b c b c . Если x3 и x4 – корни квадратного трёхчлена х х 2 1977 х а , то на основании теоремы Виета имеем х3 х4 1977, 1977 х3 х4 х3 х4 х3 х4 1977. х х а ; 3 4 Отметим: х3 и х4 одновременно не равны 1. Из системы следует, если х3 1, то х4 1978 и а 1978; если х3 1, то х4 1976 и а 1976. Если х3 1, то 1977 х3 х4 х3 х4 а а 1977. Итак, а 1977 и а 1978, а 1976. Таким образом, если а ; 1977 1976; , то квадратный трёхчлен х х 2 1977 х а может иметь целые корни. 3. Имеем, если а 1978; 662; 662;1978 , то корни квадратного трёхчлен f x х 2 ах 1977 являются целыми числами. Если то квадратный а ; 1977 1976; , х х 2 1977 х а может иметь целые корни. 14 трёхчлен Тогда корнями квадратных трёхчленов f x х 2 ах 1977 , х х 2 1977 х а могут быть одновременно целые корни, если а ; 1977 1976; 1978; 662;662;1978 а 1978;1978. Если а 1978;1978 , то корни квадратного трёхчлена f x х 2 ах 1977 являются целые числа. 4. Рассмотрим квадратный трёхчлен х х 2 1977 х а, если а 1978;1978. Пусть x3 и x4 – корни квадратного трёхчлена. 1) Если а 1978, то х х 2 1977 х 1978. Легко проверить, что x3 1 и x4 1978 являются корнями квадратного трёхчлена х х 2 1977 х 1978. Это означает, что а 1978 удовлетворяет условию задачи. 2) Если а 1978, то на основании теоремы Виета имеем х3 х4 1977, а1978 х3 х4 1977, х3 х4 1977, х х а ; х х 1978; 3 4 3 4 х3 х4 2 23 43. Из системы следует, что x3 , x4 положительные числа. Из второго уравнения системы следует, что только пары 1;1978 , 2; 989 , 46; 43 , 86; 23 удовлетворяют уравнению x3 x4 1978 (второму уравнения системы) но эти пары не удовлетворяют уравнению x3 x4 1977 (первому уравнения системы). Это означает, что а 1978 не удовлетворяет условию задачи. Ответ. а 1978. 4 2 16. Найдите нули функции f x x 2 5x х 5 5. Решение. Пусть 5 а. Тогда f x; а x 4 2аx 2 х а 2 а. Рассмотрим функцию f x; а как квадратичную функцию относительно а, с параметром х. Перепишем функцию f x; а в виде f x; а а 2 а 2 x 2 1 x 4 х. 1 Нулями функции (1) являются корни квадратного уравнения а 2 а 2 x 2 1 x 4 х 0. 2 Найдём корни уравнения (2). а) Найдём дискриминант D х квадратного уравнения (2). Имеем D x 2 x 2 1 4 x 4 4 х D x 2 x 1 . 2 2 15 б) Найдём а1 и а2 – корни квадратного уравнения (2). Имеем а1 0,5 2 x 2 1 2 х 1 а1 x 2 х 1; а2 0,5 2 x 2 1 2 х 1 а1 x 2 х. Так как 5 а, то 5 x 2 х 1 x 2 х 1 5 0 х1,2 0,5 1 4 5 3 ; 5 x 2 х x 2 х 5 0 х3,4 0,5 1 4 5 1 . Ответ. х1,2 0,5 1 4 5 3 ; х3,4 0,5 1 4 5 1 . Значения квадратного трёхчлена. 17. Докажите, что квадратичная функция у х ax 2 bx c при- нимает целые значения при всех целых значениях х, если 2а, a b , с являются целыми числами. Решение. Пусть 2а, a b , с – целые числа. Докажем, что квадратичная функция у ax2 bx c принимает целое значение при всех целых значения х. Определим, являются ли значения функции у х ax 2 bx c целыми числами в зависимости от значений а. 1) Пусть а – целое число. Так как a b и а являются целыми числами, то и b – целое число. По предположению а является целым числом, по условию с, х , являются целыми числами и доказали, что b – целое число. Тогда у х – целое число. 2) Пусть а – нецелое число. Так как 2a является целым числом, то а k 0,5, где k Z . Так как a b k 0,5 b, где k Z , является целым числом, то b n 0,5, где n Z . Имеем у х k 0,5 x 2 n 0,5 x c у х kx 2 nx c 0,5x x 1. Получили, что у х – целое число. целое , т.к . k ,n ,c , x целые x x 1 кратно 2 18. Найдите все значения параметра а, для которых квадратичная 2 2 функция f x а 2 х aх 2 отрицательно для всех x R . Решение. Квадратичная функция отрицательна для всех x R тогда и только тогда, когда её дискриминант меньше нуля и коэффициента 16 при х 2 отрицательный. Значения а, удовлетворяющие условию задачи, находим из системы 2 а 2 2 0, а 2 2 0, а 2 0, 2 2 4 3 a 4 3. 2 а 8 а 2 0; D 0; 9 а 16 0; Ответ. 4 3 a 4 3. 19. Найдите все значения параметра а, для которых функция f x 3 больше единицы для всех x R . Решение. Надо найти все такие значения параметра а, что для всех x R выполняется неравенство а 3 х 2 2 а 6 х3а 12 f x 1 3 а 3 х 2 2 а 6 х 3 а 12 30 а 3 х 2 2 а 6 х 3а 12 0. Обозначим х а 3 х 2 2 а 6 х 3а 12. 1. Пусть а 3 0. Тогда х принимает вид х 6 х 3. Линейная функция х 6 х 3 не является положительной для всех x R . 2. Пусть а 3 0. Тогда функция х является квадратичной. Квадратичная функция положительная для всех x R тогда и только тогда, когда её дискриминант меньше нуля и коэффициента при х 2 положительный. Значения а, удовлетворяющие условию задачи, находим из системы а 3 0, а 3 0, а 3 0, a 0. 2 a 2 а 9 0; D 0; а 6 3 а 3 а 4 0; Ответ. а 0; . 20. Найдите все значения параметра а, при которых многочлен f x; y ах 2 а 6 y 4 2 4 х а 6 y 2 8 х а 6 положительный для любых х и у. Решение. Перепишем многочлен f x; у как квадратный трёхчлен относительно х, с параметрами у и а. Имеем f x; y ах 2 а 6 y 4 2 у 2 4 х а 6 8 х а 6 ах 2 8 х у 2 1 а 6 y 4 2 у 2 1 ах 2 8 х у 2 1 а 6 у 2 1 . 2 Итак, f x; y ах 2 8 х y 2 1 а 6 y 2 1 . 2 1. Пусть а 0. Квадратный трёхчлен f x; у положительный для любых х тогда и только тогда когда дискриминанта D у; а квадратного трёхчлена f x; y меньше нуля и а 0. Итак, имеем 17 2 2 2 2 D у; а 0, 16 у 1 а а 6 у 1 0, a 0; a 0; а 2 а 8 0, 2 2 2 у , у 1 а 6 а 16 0, у , a 8. a 0; a 0; Итак, если а 8, то исходный многочлен положительный для лю- бых х и у. 2. Если а 0, то исходный многочлен принимает вид f x; y 8 х y 2 1 6 y 2 1 f x; y 2 y 2 1 4 х 3 y 2 3 . 2 Итак, если а 0, то f x; y 2 y 2 1 4 х 3 y 2 3 . Так как, например, f 0; 0 3 0, то не для всех значений х и у функция f x; y 2 y 2 1 3 y 2 4 х 3 принимает положительные значения. Поэтому а 0 не удовлетворяет условию задачи. Ответ. а 8. 21. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых 2 2 функция f ( x) а 1 9 х 4 a 3 3х а 2 положительная для всех х. Решение. Пусть t 3х . Очевидно, t 1; . Тогда f x(t ) а 1 t 2 4 a 3 t а 2 . Обозначим f x(t ) (t ). Задача сводится к тому, что надо найдите все значения а, при каждом из которых значения функции (t ) а 1 t 2 4 a 3 t а 2 на промежутке 1; положительные. 1. Пусть а 1 0 а 1. В этом случае (t ) 8t 3 . Очевидно, линейная функция (t ) 8t 3 на промежутке 1; положительная. Тогда а 1 удовлетворяет условию задачи. 2. Пусть а 1 0. Преобразуем уравнение квадратичной функции (t ) (выделим полный квадрат). Имеем 2 (t ) а 1 t 2 a 3 а 1 1 2 а 2 4 a 3 а 1 2 1 Графиком функции (t ) является парабола, абсцисса вершины которой равна t0 2 а 3 а 11 , а ордината вершины равна 18 у0 а 2 4 a 3 а 1 у0 1 2 а 2 а 1 4 a 3 а 1 2 у0 3a 2 25а 38 . а 1 Итак, у0 3a 25а 38 а 1 . 1) Если а 1 0, то графиком квадратичной функции (t ) является парабола, ветви которой направлены вверх. Рассмотрим функцию (t ) , если а 1 0, при различных расположениях точки t0 а 2 3 а 11 относительно 2 1 промежутка 1; . а) Пусть t0 1. Так как на промежутке [t0 ; ) .функция (t ) возрастает, то и на промежутке 1; функция возрастает (рис. 3 а)). Функция (t ) положительная на промежутке 1; , если (1) 0. Итак, параметр а удовлетворяет условию задачи, если a 1, a 1 0, a 1, 1 2 a 3 a 1 1, а 5, 1 а 5. t0 1, (1) 0; a 6,5; а 1 4 a 3 а 2 0; Итак, а 1; 5 удовлетворяют условию задачи. б) Пусть t0 1. Тогда абсцисса вершины параболы принадлежит промежутку 1; . Функция (t ) положительная на промежутке 1; , если ордината вершины параболы y0 0 (рис. 3 б)). Параметр а удовлетворяет условию задачи, если a 1, a 1, a 1 0, a 1 1 2 a 3 a 1 1, 2 а 3 a 1, 5 a 19 3. t0 1, у 0; 1 2 0 3 a 25 а 38 а 1 0; 3а 19 а 2 0; Итак, а 5;19 3 удовлетворяют условию задачи. Из 1. и 2. следует, что а 1;19 3 удовлетворяют условию задачи. 2. Пусть а 1 0. Графиком квадратичной функции (t ) является парабола, ветви которой направлены вниз (рис. 3 в)). Функция (t ) , если t t0 ; , принимает все значения из промежутка ; у0 . Это означает, что найдутся значения а 1 , при которых функция (t ) , где t 1, принимает отрицательные значения. Тогда а 1 не удовлетворяют условию задачи. Ответ. а 1;19 3 . 19 22. Найдите все значения х, для каждого из которых неравенство а 3 х3 2 а 2 х 2 2 х а 2 3а 4 0 выполняется хотя бы при одном значении параметра а 3;1. Решение. Пусть f x; a а 3 х3 2 а 2 х 2 2 х а 2 3а 4 . Перепишем функцию как квадратный трёхчлен относительно а, с параметром х. Имеем f а; х а 2 х3 2 х 2 3 а 3х3 4 х 2 2 х 4 . (1) Надо найти все значения а 3;1 , при которых квадратный трёх- член f а; х будет принимать хотя бы одно положительное значение. Графиком квадратного трёхчлена f а; х является парабола, ветви которой направлены вверх. Возможные варианты графика квадратного трёхчлена f x; a изображены на рисунках. Условию задачи удовлетворяют варианты а), б), в) рисунка 4. Значения а, при которых квадратный трёхчлен f x; a будет принимать хотя бы одно положительное значение на отрезке 3;1 , найдём из совокупности 9 3 х3 2 х 2 3 3х3 4 х 2 2 х 4 0, f x; 3 0, 3 2 3 2 1 х 2 х 3 3х 4 х 2 х 4 0; f x;1 0; x 2, x 1 x 2 0, х 2 х 2 0, 0 x 0,5, 3 2 2 х 3х х 0; x x 1 2 x 1 0; x 1. Ответ. х ; 2 0; 0,5 1; . Монотонность 23. Найдите все значения параметра a , при которых квадратичная функция y (а 2) x2 (а2 7) x 4 на промежутке (; 3] возрастает, а на промежутке [2; ) убывает. Решение. Так как исходная функция квадратичная, то а 2 0. Абсциссой вершины параболы у ax2 bx c является х0 b 2a . Для исходной параболы х0 0,5 а 2 7 а 2 . 1 20 Исходная квадратичная функция на промежутке (; 3] возрастает, а на промежутке [2; ) убывает только в случае, если ветви параболы y (а 2) x2 (а2 7) x 4 направлены вниз и 3 х0 2 . Тогда а 2 0. Значения параметра a , удовлетворяющих условию, находим из системы уравнений а 2 0 а 2, а 2, а 2, 1 2 2 6 а 2 а 7 4 а 2 ; 3 0,5 а 7 а 2 2; 3 х0 2; а 2, а 2, а 2 6a 5 0, a 1 a 5 0, а 2 4a 15 0; a 2 19 a 2 19 2 19 a 1. 0; Ответ. а 2 19;1 . 24. Найдите все значения параметра а, при которых на всей числовой оси функция f x 1 а 4 х 6 а 2 9 2 х 3 монотонно убывает. Решение. Пусть t x 2 x. Функция t x 2 x монотонно убывает, если х ; . Отметим, t x 0. Известно, если в своих областях определения одна из функций f или возрастают, а другая убывают в своих областях определения, то сложная функция y f ( ( x)) убывает в её области определения. Так как функция t x 2 x монотонно убывает, если х ; , то искомыми значениями параметра а будут те значения, при которых функция f t х 1 а t 2 х 6 а 2 9 t х 3 , где t x 0 , монотонно возрастает для любого t x 0 . Надо найти значениями параметра а, при которых функция f t х , где t x 0 , монотонно возрастает для любого t x 0 . 1. Если a 1, то f t 48t 3. Так как функция f t 48t 3 монотонно возрастает, то исходная функция при a 1 монотонно убывает. 2. Если a 1, то функция f t х является квадратичной, графиком которой является парабола с абсциссой вершины t0 3 a 2 9 1 a 1 . а) Если 1 а 0, то функция f t х монотонно возрастает на промежутке t0 ; (график функции парабола, ветви которой направлены вверх). Тогда f t х монотонно возрастает для любого t x 0 , если 21 t0 0. Итак, функция f t х монотонно возрастает для любого t x 0 тогда и только тогда, когда 1 2 t0 0, 3 a 9 1 a 0, 3 а 1. 1 а 0; а 1; Итак, если 3 а 1, то функция f t х монотонно возрастает для любого t x 0 . Тогда исходная функция, если 3 а 1 монотонно убывает для любого х ; . б) Если 1 а 0 a 1 , то функция f t х монотонно убывает на промежутке t0 ; . Поэтому, не существует значений параметра a 1 , при которых для любого t x 0 функция f t х монотонно возрастает. Тогда не существует значений параметра a 1 , удовлетворяющих условию задачи. Ответ. 3 а 1 . Наибольшее и наименьшее значения 25. При каких значениях параметра а наименьшее значение функции f ( x) aх2 2 х 12 a a 2 больше 5 ? Решение. Область определения параметра является отрезок [ 3; 4] (находится из неравенства 12 а а 2 0 ). 1. Если а 0, то f ( x) 8 2 х. Линейная функция, если x R, не принимает наименьшего значения. 2. Если а 0, то исходная функция является квадратичной. Преобразуем уравнение исходной функции (выделим полный квадрат). Имеем f x aх 2 х 12 a a f x a х а 2 2 1 12 a a Графиком функции f x a х а 1 12 a a 2 а 2 1 2 а 2 1 12 a a . 2 12 a a , если 2 а 0, является парабола: абсцисса вершины – х0 а 1 12 a a 2 , а ор- дината – у0 а 1 12 a a 2 . Рассмотрим исходную функцию при различных значениях параметра а 3; 0 0; 4. 1) Если а 3; 0 , то графиком функции f ( x) является парабола ветви, которой направлены вниз (коэффициент при x 2 меньше нуля). Функция f ( x) , если x R, наименьшее значение не принимает. 22 2) Если а 0; 4, то графиком функции f ( x) является парабола, ветви которой направлены вверх (коэффициент при x 2 больше нуля). Функция f ( x) в точке х0 принимает наименьшее значение, равное у0 а 1 12 a a 2 . Наименьшее значение больше 5, если 12 a a 2 a 1 5, a 2 a 12 5a, y0 5, 0 a 4; 0 a 4; 0 a 4; a 2 a 6 0, 2 a 4. 0 a 4; Итак, а (2; 4] удовлетворяют условию задачи. Ответ. а (2; 4] . 26. Найти все значения параметра а, при которых наименьшее значение функции y х 2 2(11а 6) х 116 а 2 135а 27 максимально. Решение. Преобразуем уравнение исходной функции (выделим полный квадрат). Имеем f x х 11а 6 116a 2 135а 27 121a 2 132а 36 2 f x х 11а 6 5a 2 3а 9 . 2 Графиком функции f x х 11а 62 5a2 3а 9 является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса вершины – х0 11а 6, а ордината вершины – у0 а 5a 2 3а 9 . Квадратичная функция f ( x) принимает наименьшее значение в точке х0 11а 6, равное у0 а 5a 2 3а 9 . Очевидно, у0 а является квадратичной функцией. Имеем 2 у0 a 5а 2 3а 9 у0 a 5 a 0,3 8,55. Графиком функции у0 а 5a 2 3а 9 у0 а 5 a 0,3 8,55 является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса вершины – а0 0,3 . Квадратичная функция у0 а наибольшее значение принимает, если а 0,3 . Это означает, что наименьшее значением функции f ( x) , если а 0,3 будет наибольшим. Ответ. а 0,3 . 27. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых квадратичная функция f ( x) x2 (а 2) x а 3 на отрезке [–1; 2] принимает наименьшее значение, равное –6. 2 23 Решение. Преобразуем уравнение квадратичной f ( x) функции (выделим полный квадрат). Имеем 2 f ( x) x2 (а 2) x а 3 f ( x) x 0,5 а 2 0,25(а2 16). Графиком функции f ( x) x 0,5 а 2 0,25(а2 16) является парабола, ветви которой направлены вверх, абсцисса вершины – 2 х0 0,5 а 2 , а ордината вершины – у0 0,25 a 16 . 2 Рассмотрим функцию f ( x) при различных расположениях точки х0 0,5(a 2) относительно отрезка [–1; 2]. 1) Пусть х0 1. Тогда х0 1 0,5 2 a 1 a 4. Так как на промежутке [ х0 ; ) функция f ( x) возрастает (рис 5. а)), то при а ; 4 наименьшее значение, равное –6, функция f ( x) на отрезке [–1;2] может принимать только в точке х 1. Имеем f (1) 6 2а 6 а 3. Так как 3 ; 4 , то функция f ( x) при а 4 на отрезке [–1; 2] не принимает наименьшее значение. 2) Пусть х0 [–1; 2]. Тогда 1 0,5(a 2) 2 4 а 2. Если а 4; 2 , то наименьшее значение, равное –6, квадратичная функция f ( x) может принимать в точке х0 0,5(a 2) (рис 5. б)). Имеем f x0 6, f 0,5 a 2 6, 0,25(a 2 16) 6, a 2 8, а 2 2. 4 а 2; 4 а 2; 4 а 2; 4 а 2; Квадратичная функция (1) на отрезке [–1;2] принимает наименьшее значение, равно –6,. если a 2 2 . 3) Пусть х0 2. Тогда х0 2 0,5 a 2 2 a 2. Так как на промежутке (; х0 ] . квадратичная функция f ( x) убывает (рис 5. в)), то при а 2; наименьшее значение, равно –6, функция может принимать в точке х 2 . Имеем f (2) 6 а 3 6 а 3. Так как 3 2; , то исходная квадратичная функция f ( x) на отрезке [–1;2], если a 3 принимает наименьшее значение, равное – 6. 24 Ответ. а 2 2; 3 . 28. Найдите наименьшее значение квадратичной f x 1 х 2 2(а 2) х на отрезке [a 3; 2a 1]. Решение. Графиком функции функции f ( x) 1 x 2 2(а 2) х f ( x) x а 2 1 (а 2) 2 2 является парабола, ветви которой направлены вниз. Пусть Х [a 3; 2a 1] . Тогда Х является отрезком тогда и только тогда, когда 2a 1 a 3 a 4. Квадратичная функция f x 1 х 2 2(а 2) х принимает наименьшее значение на отрезке [a 3; 2a 1], если a 4, на одном из концов отрезка (ветви направлены вниз). Поэтому надо сравнить числа f (a 3) и f (2a 1) , где a 4. Обозначим (a) f (2a 1) f (a 3). Так как f 2a 1 8a 2 2a 4 и f a 3 3a 2 16a 20, то а 8a 2 2a 4 3a 2 16a 20 5a 2 14a 24 а 4 6 5а . Итак, а а 4 6 5а , где а 4; . Графиком квадратичной функции а а 4 6 5а является парабола, ветви которой направлены вниз. Нулями этой функции являются а 4 и а 1,2. Рассмотрим функцию (а) при различных значениях параметра а 4; . 1) Если а 4;1,2 , то (a) 0 . Тогда (a) 0 f (2a 1) f (a 3) 0 f (2a 1) f (a 3). Итак, если а 4;1,2 , то f (2a 1) f (a 3) . Тогда min f x f (a 3) 3a 2 16a 20, если а 4;1,2 . [ a 3;2 a 1] 2) Если а 1,2; , то (a) 0 . Тогда (a) 0 f (2a 1) f (a 3) 0 f (2a 1) f (a 3). Итак, если а 1,2; , то f (a 3) f (2a 1) . Тогда min f x f 2a 1 min f x 8a 2 2a 4 , если а 1,2; . [ a 3;2 a 1] [ a 3;2 a 1] 3) Если а 1,2, то (a) 0 . Тогда (a) 0 f (2a 1) f (a 3) 0 f (2a 1) f (a 3). а 1,2 Итак, если а 1,2, то f (a 3) f (2a 1) f (1,8) f (3,5). . Тогда 25 min f x f (1,8) f (3,5) min f x 5,12, если а 1,2 . [ а 3;2 а 1] [ а 3;2 а 1] Ответ. Если а 4;1,2 , то min y 3a 2 16a 20; [ a 3;2a 1] если а 1, 2; , то min y 8a 2 2a 4 . [ a 3;2 a 1] 29. Найдите значения х, при которых выполняется равенство min 2a 2 3aх 2 х 2 а max b2 2bх х 2 . а b Решение. 1. Функция f a 2a 3aх 2 х 2 а является квадратичной функцией относительно а, с параметром х. Преобразуем уравнение квадратичной функции f а . Имеем 2 f a 2a 2 3aх 2 х 2 а f a 2 a 2 0,5a 3х 1 2 х 2 f a 2 a 0,25 3х 1 2 х 2 0,125 3 х 1 2 2 f a 2 a 0,25 3х 1 0,125 7 х 2 6 х 1. 2 Графиком функции f a 2 a 0,25 3х 1 0,125 7 х 2 6 х 1 является парабола, ветви которой направлены вверх, ордината вершины – f 0 0,125 7 х 2 6 х 1 . Тогда min f a 0,125 7 х 2 6 x 1. 2 а 2. Функция b b 2bх 2 х 2 является квадратичной функцией относительно b, с параметром х. Преобразуем уравнение квадратичной функции b . Имеем 2 b b2 2bх х2 b b2 2bх х 2 2 х 2 b b х 2х 2 . 2 Графиком квадратичной функции b b х 2 х 2 является парабола, ветви которой направлены вниз, ордината вершины – 0 2 х 2 . Тогда max b 2 х2 . 2 b 3. Имеем min f а max b 0,125 7 х 2 6 х 1 2 х 2 a b 7 х 2 6 х 1 16 х 2 9 х 2 6 х 1 0 3х 1 0 х 1 3. 2 Ответ. х 1 3. 30. Найдите все значения параметра 6; 2, при каждом из 2 которых наибольшее значение функции f x x 2 2 x sin 2 2 1 sin на отрезке sin ; sin является наименьшим. Решение. 1. Преобразуем уравнение исходной функции. Имеем 26 f x x 2 2 x sin 2 2 1 sin f x x sin 2 sin 4 2 1 sin . 2 2 2 Графиком исходной функции является парабола, ветви которой направлены вниз, абсцисса вершины – x0 sin 2 , а ордината вершины – у0 sin 4 2 1 sin 2 . Имеем sin sin 2 sin sin х0 sin . Тогда х0 sin ; sin , где 6; 2. Так как ветви параболы направлены вниз, то исходная функция принимает наибольшее значение на отрезке sin ; sin , где 2 6; 2, в точке x0 sin 2 , равное у0 sin 4 2 1 sin . 2. Найдём наименьшее значение функции у0 sin 4 2 1 sin 2 , если 6; 2. Так как sin 0 и функция sin возрастает, если 6; 2, то функции sin 4 и 2 1 sin 2 также возрастают, если 6; 2. Откуда следует, что функция у0 sin 4 2 1 sin 2 возрастает на отрезке 6; 2. Поэтому наименьшее значение функция у0 принимает в точке 6. Тогда в точке 6 наибольшее значение функция f ( x) на отрезке sin ; sin , если 6; 2, является наименьшим. Ответ. 6 . 31. Найдите все значения а, при каждом из которых наибольшее 2 значение функции f ( x) 12 1 arcsin 0,1x 6 1 ( а 2)arcsin 0,1x а 3 на отрезке [0; 5] отрицательно. Решение. Пусть t 12 1 arcsin 0,1x. Тогда f x t x (t ) t 2 0,5(а 2)t а 3. Найдём множество значений функции t х , если х 0; 5. Так как функция t х возрастает, то 0 х 5 0 0,1х 0,5 arcsin 0 arcsin 0,1х arcsin 0,5 0 arcsin 0,1х 6 0 12 1 arcsin 0,1х 2 0 t 2. Итак, t 0; 2 . Задача сводится к тому, что надо найдите все значения а, при каждом из которых наибольшее значение функции (t ) t 2 0,5(а 2)t а 3 на отрезке [0; 2] отрицательно. Графиком функции (t ) t 2 0,5(а 2)t а 3 является парабола, ветви которой направлены вверх. Поэтому наибольшее значение функция (t ) будет принимать на одном из концов отрезка [0; 2] . 27 Наибольшее из двух чисел 2 1 и 0 a 3 будет меньше нуля тогда и только тогда, когда каждое из этих чисел меньше нуля. Так как 2 0, то искомые значения а находим из неравенства 0 0 a 3 0 а 3. Итак, а 3 удовлетворяют условию задачи. Ответ. а 3 . 32. Найдите наименьшее и наибольшее целые значения функции f x 4 6 sin х 2sin 2 х . Решение. Пусть t sin x. Очевидно, t 1. Тогда f x t x t 4 6 t 2t 2 . Итак, t 4 6 t 2t 2 , где t 1;1. Знак функции у(t ) 6 t 2t 2 на отрезке 1;1 определим из системы 2t 3 t 2 0, 6 t 2t 2 0, t 1. t 1; t 1; Итак, у(t ) 0 для любого t 1;1. Наибольшее (наименьшее) значения квадратичные функции у x ax 2 bx c и f x 2 n ax 2 bx c на отрезке d1; d2 принимают в одной и той же точке х1 d1; d2 тогда и только тогда, когда ax2 bx c 0 для любого х d1; d 2 . Если непрерывную функцию f ( x) на промежутке a; b можно представить в виде f ( х) t x , где t x и t непрерывные функции на промежутках a; b и c; d соответственно, и c min t ( x), x a ; b d max t ( x), то max f ( x) max (t ) и min f ( x) min (t ). x a ; b x a ; b x a ; b tc ; d tc ; d 1. Найдём наибольшее значение функции f ( x) . а) Найдём наибольшее значение функции у(t ) 6 t 2t 2 на отрезке 1;1. Имеем у(t ) 2t 2 t 6 у(t ) 2 t 1 4 2 49 8. Абсцисса вершины параболы у(t ) 6 t 2t 2 равна t0 1 4, а ордината равна у0 49 8. Так как графиком функции у(t ) является парабола, ветви которой направлены вниз и t0 1;1 , то наибольшее значение функции у(t ) равно у0 49 8. Итак, max у (t ) 49 8. t 1;1 28 б) Найдём наибольшее значение функции (t ) на отрезке 1;1. Имеем max (t ) max 4 у(t ) max (t ) 4 49 8 max (t ) 98. t 1;1 t 1;1 t 1;1 t 1;1 в) Найдём наибольшее значение функции f ( x) . Так как max f ( x) max (t ), то max f ( x) 98. x ; x ; t 1;1 Так как max f ( x) 98, то f ( x) 98. x ; 2. Найдём наименьшее значения функции f x . а) Найдём наименьшее значение функции у(t ) на отрезке 1;1. Так как графиком функции у(t ), где t 1, является парабола, ветви которой направлены вниз, то наименьшее значение функция у(t ) будет принимать на одном из концов отрезка [1;1] . Так как у 1 3 и у 1 5, то min у (t ) 3. t 1;1 б) Найдём наименьшее значение функции (t ) на отрезке 1;1. Имеем min (t ) min 4 у(t ) min (t ) 4 3 min (t ) 48. t 1;1 t 1;1 t 1;1 t 1;1 в) Найдём наименьшее значение функции f ( x) . Так как min f ( x) min (t ), то min f ( x) 48. x ; x ; t 1;1 Так как min f ( x) 48, то f ( x) 48. x ; 3. Найдём наименьшее и наибольшее целое значение функции f ( x) . Из 1. и 2. следует, что 48 f ( x) 98. Тогда f ( x) 48; 98 для любого x ; . Имеем 9 98 10 и 6 48 7. Так как 7 и 9 принадлежат отрезку 48; 98 , а 10 и 6 не принадлежат отрезку 48; 98 , то наибольшее целое значение функции f x равно 9, а наименьшее целое значение функции f x равно 7. Ответ. Наибольшее целое значение равно 9; наименьшее целое значение равно 7. 33. Найдите все значения а, при которых функция f x 5 ах 2 а 2 4 х 2а 3 имеет минимум в точке х0 1,5. 29 Решение. 1. Если а 0, то f x 5 4 х 3 . Так как линейная функция у 4 х 3 , если x R, не принимает экстремальных значений, то и функция f x 5 4 х 3, если x R, не принимает экстремальных значений. 2. Пусть а 0. а) Функция у x ах 2 а 2 4 х 2а 3, где х R, имеет минимум, если коэффициент при х 2 больше нуля. Графиком функции у ( х) является парабола, абсцисса вершины которой равна х0 а 2 4 2a . В точке х0 функция у ( х) принимает минимум, если а 0. Тогда и функция f x принимает минимум в точке х0 , если а 0. Значения параметра а, которые удовлетворяют условию задачи, находим из системы a2 4 3 a 1 a 4 0, a 2 3a 4 0, х0 1,5, 2a a 1. 2 a 0; a 0; a 0; a 0; Итак, а 1 удовлетворяют условию задачи. б) Функция у x ах 2 а 2 4 х 2а 3, где х R, не имеет минимум, если а 0 , то и функция f x 5 ах 2 а 2 4 х 2а 3 если x R, не имеет минимум, если а 0 . Ответ. а 1 . Расположение вершины параболы относительно прямой 34. Найдите все значения параметра а, при которых вершины парабол f x х 2 2ах а (1) и х ах 2 х 1 (2) лежат 1) по разные стороны от прямой y 2 ; 2) под прямой y 2,5 x. Решение. Отметим, что a 0 . Найдём ординаты вершин парабол. а) Имеем f x х 2 2ах а f x ( x a ) 2 a a 2 . Итак, ордината вершины параболы (1) – y1 a a . 2 б) Имеем х ах 2 х 1 х a x 0,5a 1 1 0, 25a 1 . 2 Итак, ордината вершины параболы (2) – y2 1 0, 25a 1 1) Вершины данных парабол лежат по разные стороны от прямой y 2 , если 30 ( y1 y ) ( y2 y ) 0 (a a 2 2) (1 0,25a1 2) 0 1 а 2 а20 (a а 2) (12а 1) а 0 (12а 1) а 1 0 1 12 a 0. Итак, искомые значения параметра а 1 12; 0 . 2 2) Абсциссой вершины параболы f x х 2 2ах а является х1 а, а абсциссой вершины параболы х ах 2 х 1 является х2 0,5a 1. Определим значение функции y 2,5 x в абсциссах вершин парабол: y a 2,5a , y(0,5a 1 ) 1,25a 1. Вершины данных парабол лежат под прямой y 2,5 x , если 2 у1 у а 0, a a 2,5a 0, 1 1 1 у у 0,5 a 0; 1 0,25 a 1,25 a 0; 2 0,5 7 a 2a 2 0, a 2a 7 0, a 1,5, a 3,5. 1 1 0,5 3 2a a 0; 3 2a a 0; Итак, искомые значения параметра а (; 1,5) (3,5; ) . Ответ. 1) а 1 12; 0 ; 2) а (; 1,5) (3,5; ) . Касательная к параболе 35. При каких значениях параметров a и b прямые y 2 x и y 4 x являются касательными к графику квадратичной функции y аx2 bх 1? Решение. По условию a 0 . Прямые y 2 x и y 4 x являются касательными к графику функции y аx 2 bх 1 тогда и только тогда, когда системы y 4 x, y 2 x, 2 2 y ax bx 1, y ax bx 1 имеют единственное решение при одних и тех же значениях параметров а и b. Это равносильно тому, что система 2 2 ax bx 1 2 х, ax (b 2) x 1 0, 2 1 2 ax bx 1 4 х; ax (b 4) x 1 0 имеет единственное решение. Система (1) имеет единственное решение, если дискриминанты первого и второго уравнений системы (1) одновременно равны нулю. Дискриминанты уравнений системы (1) соответственно равны D1 (b 2) 2 4a , D2 (b 4) 2 4a . Решим систему 31 (b 2) 2 4а 0, (b 2) 2 4а 0, a 9 / 4, 2 2 2 b 1. (b 4) 4а 0, (b 4) (b 2) , Ответ. a 9 4, b 1. 36. К графику квадратичной функции y 3х2 х 2 в точке А проведена касательная, которая параллельна прямой y 8 x . Найдите уравнение касательной. Решение. Пусть абсцисса точки А равна х0 . Тогда ордината точки А равна f ( x0 ) 3х02 х0 2. Найдём уравнение касательной. y f (x) Уравнение касательной к кривой имеет вид y f ( x0 )( x x0 ) f ( x0 ) , где k f x0 угловой коэффициент касательной. Угловой коэффициент прямой y 8 x равен k1 8, а угловой коэффициент касательной равен f ( x0 ) 6 x0 1. Так как искомая касательная параллельна прямой y 8 x , то f ( x0 ) 8 6 х0 1 8 х0 3 2. Так как x0 3 2, то f ( x0 ) 3х02 х0 2 f (3 2) 29 4. Тогда уравнением искомой касательной является уравнение y f ( x0 )( x x0 ) f ( x0 ) y 8( x 3 2) 29 4 y 8 x 19 4. Таким образом, y 8x 19 4 уравнение искомой касательной. Ответ. y 8x 19 4. 37. При каких значениях параметра а касательная к графику квадратичной функции f (x) ах 2 3х / 3 а образует с осью абсцисс угол, равный / 6 и отсекает от второй четверти треугольник, площадь которого равна 2 3 ? Решение. 1. По условию а 0 . Если x0 – абсцисса точки касания, то уравнение касательной к кривой y f (x) имеет вид y f ( x0 )( x x0 ) f ( x0 ) 1 . В нашем случае f ( x0 ) ах02 3х0 / 3 а , f ( x) 2ах0 3 / 3. Так как касательная образует с осью абсцисс угол, равный 6, то f ( x0 ) tg 6 f ( x0 ) 3 3. Так как f ( x0 ) 3 3 и f ( x0 ) 2ах0 3 / 3 , то а 0 2ах0 3 / 3 3 / 3 2ах0 0 х0 0. 32 Так как x0 0 , то f (0) а. Кроме того f (0) 3 3. Уравнение касательной (1) принимает вид y 3 / 3x а . Из уравнения касательной y 3 / 3x а следует, что точкой пересечения касательной с осью абсцисс является точка А 3а; 0 и точкой пересечения касательной с осью ординат является точка В(0; а) . Пусть х1 3а абсцисса точки А, а у1 а ордината точки В. Так как касательная отсекает треугольник от второй четверти, то 3а 0, х1 0, а 0. у 0; a 0; 1 Итак, a 0 . Площадь треугольника, отсекаемого касательной от второй четверти, по условию, равна S 2 3, с другой стороны S 0,5 х1 у1 . Тоa0 гда 0,5 х1 у1 2 3 0,5 3а 2 3 a 2. 2 Ответ. а 2 . 38. При каких значениях параметра а касательная к графику квадратичной функции f (x) ах 2 3х отсекает от третьей четверти равнобедренный треугольник, площадь которого равна 2? Решение. 1. По условию а 0 . Если x0 – абсцисса точки касания, то уравнение касательной к кривой y f (x) имеет вид y f ( x0 )( x x0 ) f ( x0 ) 1 . В нашем случае f х0 aх02 3х0 и f ( x0 ) 2ах0 3. Так как касательная отсекает от третьей четверти равнобедренный треугольник, то касательная образует с осью абсцисс угол, равный 3 4. Тогда f ( x0 ) tg 3 4 f ( x0 ) 1. а 0 Так как f ( x0 ) 2ах0 3 и f ( x0 ) 1, то 2ах0 3 1 х0 2 а . Так как х0 2 а и f х0 aх02 3х0 , то f ( x0 ) 2 а . Уравнение касательной (1) принимает вид y х 4/ а. Из уравнения касательной y х 4/ а следует, что точкой пересечения касательной с осью абсцисс является точка А 4 а ; 0 и точкой пересечения касательной с осью ординат является точка В(0; 4 а) . 33 Пусть х1 4 а абсцисса точки А, у1 4 а ордината точки В. Так как касательная отсекает треугольник от третьей четверти и х1 у1 , то х1 0 4 а 0 а 0 . Итак, a 0. Площадь треугольника АОВ, отсекаемого касательной от осей координат, по условию, равна S 2, с другой стороны S 0,5 х1 у1 . Тоa 0 гда 0,5 х1 у1 2 8 а 2 2 a 2. Ответ. а 2 . 39. При каких значениях параметра а имеют общую касательную графики функций f x х 2 2ах а 2 , х х 2 (a 1) х а 2 ? Решение. Уравнение касательной к графику функции f (x ) , если x1 – абсцисса точки касания, имеет вид y f ( x1 )( x x1 ) f ( x1 ) , где f х1 х12 2ах1 а 2 , f ( x1 ) 2 х1 2а . Уравнение касательной к графику функции (x) , если x2 – абсцисса точки касания, имеет вид y ( x2 )( x x2 ) ( x2 ) , где х2 х22 (a 1) х2 а 2 , ( x2 ) 2 х2 а 1. Перепишем уравнения касательных в виде y f ( x1 ) x f ( x1 ) f ( x1 ) x1 , y ( x2 ) x ( x2 ) ( x2 ) x2 . Так как касательные (прямые) совпадают, то f ( x1 ) ( x2 ), f ( x ) x f ( x ) ( x ) x ( x ); 1 1 1 2 2 2 2 x1 2a 2 x2 a 1, 2 2 2 2 x1 2ax1 a x1 (2 x1 2a) x2 (a 1) x2 a x2 (2 x2 a 1); 2 x1 2 x2 3a 1, 2 x1 2 x2 3a 1, 2 x1 3a 1 2 x2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 2 a . 4 x 4 x 8 a ; 3 a 1 2 x 4 x 8 a ; 1 2 1 2 2 2 2 x1 3а 1 2 x2 , 2 2 8 x2 4(3а 1) х2 a 6а 1 0. Графики функций f (x ) и (x) имеют общую касательную, если последняя система имеет решение. Эта система имеет решение, если имеет решение квадратное уравнение 8 х22 4(3а 1) х2 а 2 6а 1 0 1 . Найдём дискриминант уравнения (1). Имеем: D 4 4(3а 1)2 8(а2 6а 1) D 4 4(а 1)(7а 1). Итак, D 4 4(а 1)(7а 1). 34 Уравнение (1) имеет решение, если а 1 7, D 4 0 4(а 1)(7а 1) 0 а 1. Ответ. а ; 1/ 7 1; . . 40. Парабола проходит через точку А (1; 1). Касательная к параболе, проведённой в точке А, перпендикулярна прямой у 0,5 х 1 . Абсцисса одной из точек пересечения параболы с осью абсцисс больше 5. Какие значения может принимать абсцисса другой точки пересечения? Решение. Пусть уравнение параболы имеет вид f (x) ах 2 bх с , где a 0 . Так как точка А(1; 1) является точкой касания, то угловой коэффициент касательной, равен f (1) 2а b, а угловой коэффициент прямой у 0,5 х 1 , равен k1 0,5. Так как касательная перпендикулярна прямой у 0,5 х 1, то k1 f 1 1 0,5 2а b 1 2а b 2 b 2 2а. Так как парабола проходит через точку А(1; 1), то b22 a f 1 1 а b с 1 c a 1. . Итак, b 2 2a , c a 1 . По условию парабола пересекает ось абсцисс в двух точках. Пусть x1 , x2 точки пересечения параболы с осью х ( x1 , x2 корни квадратичной функции) и пусть x1 5 . Выразим x1 через x2 . По теореме Виета 1 x1 x2 2 2а 1 , x1 x2 b / a, b22 а x1 x2 2 2а , 1 1 x x с / a ; x1 x2 1 а ; 2 x1 x2 2 2а ; 1 2 1 x1 x2 2 2а 1 , x2 x1 x2 2 2а , 2 x2 10 x1 . 2 x2 1 2 x1 x2 x1 x2 0; x1 2 x2 1 x2 ; Отметим: из второго уравнения последней системы следует, что 2 x2 1 0. Так как x1 5 , то х2 9х 5 5 2 0 1 2 х2 5 9.. 2 х2 1 2 х2 1 Ответ.1/ 2 x2 5/ 9 . 41. Парабола f x х 2 bх с проходит через точку А(4; 3). Через эту точку проведена касательная к этой параболе. Найдите b и с, если 35 площади треугольников, образованных касательной, прямой у 3х 9 и, соответственно, осями абсцисс и ординат, равны. Решение. Так как точка А(4; 3) принадлежит параболе, то f (4) 3. Так как точка А(4; 3) является точкой касания, то x0 4 – абсцисса точки касания. Уравнение касательной к графику функции f (x ) имеет вид y f ( х0 )( x х0 ) f ( х0 ) y f (4)( x 4) f (4). Так как f (4) 8 b, то уравнение y 3 (8 b)( x 4) является уравнением касательной к графику функции f x х 2 bх с . Найдём точки пересечения касательной y 3 (8 b)( x 4) и прямой у 3х 9 с осями координат. а) Точками пересечения касательной y 3 (8 b)( x 4) с осями координат являются точки B 0; 29 4b и С 29 4b 8 b 1 ; 0 . б) Точками пересечения прямой у 3х 9 с осями координат являются точки D 0; 9 и Е 3; 0 . Отметим: прямая у 3х 9 проходит через точку А(4; 3). По условию задачи площади треугольников ABD и ACE равны. На рисунках 9 а), б), в), г) рассмотрены всевозможные случаи расположению треугольников ABD и ACE. 1. Рассмотрим случай расположения треугольников ABD Рис. 9. и AEC на рисунках 9 а), б). В этих случаях точка В расположена выше оси абсцисс. Тогда 29 4b 0 b 7,25. а) Так как AM перпендикулярна EC, то площадь S1 треугольника AEC находим по формуле S1 0,5 АМ ЕС 0,5 3 ОС ОЕ 1,5 29 4b 8 b 3 1,5 5 b 8 b . 1 1 1 Итак, S1 1,5 5 b 8 b . б) Так как AN перпендикулярна DB, то площадь S 2 треугольника ADB находим по формуле S2 0,5 АN BD 0,5 4 ОB ОD 2 29 4b 9 8 5 b . Итак, S2 8 5 b . в) Так как площади треугольников ABD и ACE равны и b 7, 25 , то 36 5 b 3 8 b 1 16 0, 1,5 5 b 8 b 1 8 5 b , S1 S2 , b 7,25; b 7,25; b 7,25; 3 b 8 , 16 8 b 3, 16 b 7 13 . b 7,25; 16 3 13 Итак, условию задачи удовлетворяют b 8 16 , b 7 16 . Найдём все значения с, которые в зависимости от значений b, удовлетворяют условию задачи. Так как парабола f x х 2 bх с проходит через точку А(4; 3), то 3 16 4b с 4b с 13. Тогда имеем, если b 8 3 , то 16 3 13 1 с 19 ; если b 7 , то с 18 . 4 16 4 2. Рассмотрим случай расположения треугольников ABD и AEC на рисунках 9 в), г). В этих случаях точка В расположена ниже оси абсцисс. Из рисунков 9 в), г) следует, что треугольник ACE является частью треугольника ADB, тогда S2 S1. Значит случаи, когда точка В расположена ниже оси абсцисс, не удовлетворяют условию задачи. Ответ. b 8 3 , с 19 3 ; b 7 13 , с 18 1 . 16 Разные задачи 4 16 4 42. Докажите, что если числа a, b, c попарно различны, то график квадратичной функции f x x a x b x c x b x c x a пересекает ось абсцисс в двух точках. Решение. Вычислим значения функции f (x) , если х a, х b, х c. Имеем f а а c а b , f b b c b а , f c c a c b Так как числа a, b, c попарно различны, то f а f b f c 0. Имеем 2 2 2 f а f b f c а c а b b c f а f b f c 0. 37 Так как f а f b f c 0, то одно значение или все три значения f а , f b , f c является отрицательным числом. Так как квадратичная функция принимает в некоторой точке отрицательное значение, то график функции f (x) пересечёт ось абсцисс в двух точках. 43. Докажите, что парабола у х x 2 2 x 4 не пересекает график функции f x 2 cos x. Решение. 1) Оценим функцию у х . Имеем у х x 2 2 x 4 у х x 1 3. 2 Так как у х x 1 3, то у х 3 и у 1 3. (1) 2 Итак, наименьшее значение, равное 3, функция у х принимает, если х 1. 1) Оценим функцию f х . Имеем 1 cos x 1 1 2 cos x 3 1 f x 3. Тогда 1 f x 3 и f 2 k 3, k Z . (2) Итак, наибольшее значение, равное 3, функция f х принимает, если х 2 k , k Z . Графики исходных функций могут пересекаться при тех значениях х, при которых f х у х 3, то есть, если 2 k 1. Это невозможно, поэтому графики исходных функций не пересекаются. 44. Разложите на множители многочлен 2 f x; y 4 y 2 х х 2 4 y(1 х 2 ) х 1 . Решение. 1. Преобразуем многочлен. Имеем 2 f x; y 4 y 2 х х 2 4 y 1 х 2 х 1 f x; y х 2 4 y 2 4 у 1 2 х 1 4 y 2 4 y 1 f x; y х 2 2 y 1 2 х 2 y 1 2 y 1 4 y 1. 1 Многочлен (1) является квадратным трёхчленом относительно х, с параметром у , если 2 у 1 0. Итак, многочлен 2 f x; y х 2 2 y 1 2 х 2 y 11 2 y 4 y 1, где y 0,5, (2) является квадратным трёхчленом относительно х, с параметром у. 2. Найдём корни квадратного трёхчлена (2). а) Дискриминант квадратного трёхчлена (2) равен 2 D у 4 2 у 1 1 2 у 2 у 1 4 у 1 2 у 2 у 1 . 2 2 38 2 2 б) Найдём x1 и x2 корни квадратного трёхчлена (2). Имеем х1 2 у 1 1 2 у 2 у 2 у 1 х1 4у 1 , 1 2у 2 у 1 2 у 1 1 2 у 2 у 2 у 1 1 х2 х2 . 2 1 2у 2 у 1 2 в) Найдём разложение квадратного трёхчлена (2), а значит и исходного многочлена, при y 0,5. Имеем 1 4у 1 2 f x; у 2 у 1 х х 1 2 у 1 2 у 2 х 2 ух 1 х 2 ух 4 у 1 f x; у 2 у 1 1 2у 1 2у f x; у х 2 ух 1 х 2 ух 4 у 1 , где у 0,5. 3. Легко проверить, что исходный многочлен, если y 0,5 равен 3 и произведение 2 ух х 1 2 ух х 4 у 1 равно 3, если y 0,5. Это означает, что f x; y х 2 ух 1 х 2 ух 4 у 1 при любых х, y R . Ответ. f x; y х 2 ух 1 х 2 ух 4 у 1. 45. Докажите тождество x y y z z x 3 3 3 x y z у x z . 3 Решение. Пусть f х; y; z x y y z z x . Преобразуем f х; y; z . Имеем 3 3 3 f х; y; z x y y z z x 3 3 3 x3 3x 2 y 3 y 2 x у 3 y 3 3 y 2 z 3 yz 2 z 3 z 3 3xz 2 3zx 2 x 3 3x 2 y 3 y 2 x 3 y 2 z 3 yz 2 3xz 2 3zx 2 3 x 2 z y x y 2 z 2 yz z y 3 z y x 2 x y z yz . Итак, f х; y; z 3 z y x 2 х z y yz . Надо доказать, что 3 z у х 2 х z у zу 3 x y z у x z z у 0 х 2 х z у zу x y x z . Докажем, что x 2 х z y yz х y х z , где z у 0. Обозначим g x; y; z x 2 х z y yz, x; y z х y х z . 39 Исходное тождество справедливо, если равенство g х; y; z х; y; z , где z у 0, является тождеством. Докажем это. Очевидно, g x; y; z x 2 х z y yz, x; y z х y х z являются квадратными трёхчленами относительно х, с параметрами у и z. Так как два квадратных трёхчлена равны тогда и только тогда, когда они равны хотя бы в трёх точках, то найдём значения g х; y; z и х; y; z в точках z; y; z , 0; y; z , 0; y; z . Легко проверить: g у; y; z у; y; z 0; g z; y; z z; y; z 0; g 0; y; z 0; y; z yz. Так как квадратные трёхчлены g х; y; z , х; y; z равны в трёх точках, то равенство g х; y; z х; y; z является тождеством. Тогда исходное тождество верно, если z у 0. Если z у 0, то легко проверить, что исходное тождество так же верно. 46. Найдите все значения a, b, c , при которых для любых х, у Z функция f x ax 2 bx c удовлетворяет условию f x у f x f у ху. Решение. Имеем 2 f x у f x f у ху a x у b x у c ax 2 bx с aу 2 bу с ху a x 2 2 ху у 2 b x у c a x 2 у 2 b x у 2с ху 2аху с ху 2а 1 ху с. Так как равенство 2а 1 ху с (1) выполняется для всех х, у Z , то оно справедливо, если х 0 или х у 1. Если х 0 , то из (1) следует, что с 0. Если х у 1, то из (1) следует, что а 0,5. Условию f x у f x f у ху удовлетворяет любая функ- ция вида f x 0,5 x 2 bx, где b Z. Ответ. а 0,5, с 0, b Z . 47. Найдите наибольшее значение параметра а, при котором парабола y а 2 х2 2ах а 21 а 2 а 2 касается оси абсцисс. Решение. Отметим, что a 2 0 . Найдём ординату вершины параболы. Имеем 40 а2 а 2 а а2 y а 2 х 2ах y а 2 х . а2 а2 а2 2 2 1 Из (1) следует, что ордината вершины параболы равна 1 y0 a 2 a 2 . Так как парабола касается оси абсцисс тогда и только тогда, когда ордината вершины параболы равна нулю, то y0 0 a 2 a 2 0 а 2. 1 Ответ. а 2. 48. Найдите все значения параметра a 0, при которых множество значений функции f x 5ах 2 aха 4 1) имеет хотя бы одну общую точку с отрезком 1 5; 25 ; 2) содержит отрезок 1 5; 25 ; 3) совпадает с промежутком 0; 25 . Решение. Найдём множество значений исходной функции. Пусть у x ах 2 2aх а 2 4. Преобразуем у x . Имеем 2 2 у x а х 2 2 х а 2 4 у x а х 1 а 2 а 4. 1 2 1. Если a 0, то из (1) следует, что у x а 2 а 4, где a 0. Так как показательная функция с основание больше единицы возрастает, то 2 2 5 у х 5а а4 , у х а а 4, а 0; а 0. Из последней системы следует: множеством значений исходной 2 функции является промежуток 5а а4 ; , где a 0. 2 1) Промежуток 5а а4 ; , где a 0, имеет хотя бы одну общую точку с отрезком 1 5; 25 , если а 3 а 2 0, а 2 а 4 2, 5а а4 25, 0 a 3. a 0; a 0; a 0; Итак, если а 0; 3, то множество значений исходной функции 2 имеет хотя бы одну общую точку с отрезком 1 5; 25 . 2 2) Промежуток 5а а4 ; , где a 0, содержит отрезок 1 5; 25 , если 5а а4 1 5, а 2 а 4 1, а 2 а 3 0, 0 a 0,5 1 13 . a 0; a 0; a 0; 2 41 Итак, если а 0; 0,5 1 13 , то множество значений исходной функции содержит отрезок 1 5; 25 . 3) Очевидно, что промежуток 5а а4 ; , где a 0, ни при каких значениях параметра а, не совпадает с промежутком 0; 25 . 2. Если a 0, то из (1) следует, что у x а 2 а 4, где a 0. Так как показательная функция с основание больше единицы возрастает, то 2 2 у х у х а а 4, 0 5 5а а 4 , а 0; а 0. Из последней системы следует: множеством значений исходной 2 функции является промежуток 0; 5а а4 , где a 0. 2 1) Промежуток 0; 5а а4 , где a 0, имеет хотя бы одну общую точку с отрезком 1 5; 25 , если 2 а 2 а 4 1, а 2 а 3 0, 5а а4 1 5, a 0,5 1 13 . a 0; a 0; a 0; 2 Итак, если а ; 0,5 1 13 , то множество значений исходной функции имеет хотя бы одну общую точку с отрезком 1 5; 25 . 2) Промежуток 0; 5а а4 , где a 0, содержит отрезок 1 5; 25 , если 2 а 3 а 2 0, а 2 а 4 2, 5а а4 25, a 2. a 0; a 0; a 0; Итак, если а ; 2, то множество значений исходной функции 2 содержит отрезок 1 5; 25 . 3) Промежуток 0; 5а а4 , где a 0, совпадает с промежутком 2 а 2 а 4 2, а 2 а 6 0, 5а а4 25, , если 0; 25 a 2. a 0; a 0; a 0; Итак, если а 2, то множество значений исходной функции сов2 падает с промежутком 0; 25 . 2) 42 а ; 0,5 1 13 0; 3; а ; 2 0; 0,5 1 13 ; 3) а 2. Ответ. 1) 49. Найдите все значения параметра a 0, при которых множество 2 значений функции f x lg ах 2 х a 1) является пустое множество; 2) является луч 1; . Решение. 1) Если ах 2 2 х a 0, то область определения, а значит и множество значений исходной функции, является пустое множество. Квадратичная функция у х ах2 2 х a не положительная для любого x R , тогда и только тогда, когда дискриминант D 4 не положительный и a 0. Множеством значений исходной функции является пустое множество, если D 4 0, 1 a 2 0, а 1. a 0; a 0; Итак, а 1 удовлетворяют условию задачи. 2. Множеством значений исходной функции может быть луч 1; , если f x 1 lg ах 2 2 х a 1 ах 2 2 х a 10 ах 2 2 х a 10 0. 2 Квадратичная функция у х ах 2 х a 10 не отрицательная для любого x R тогда и только тогда, когда дискриминант D1 4 не положительный и a 0 . Множеством значений исходной функции является луч 1; , если D1 4 0, 1 a 2 10a 0, a 2 10a 1 0, а 5 26. a 0; a 0; a 0; Итак, а 26 5 удовлетворяют условию задачи. Ответ. 1) а 1; 2) а 26 5. 50. Найдите все значения параметра , при которых квадратичная функция f x cos x 2 2 1 sin x 2 cos является квадратом линейной функции. Решение. Квадратичная функция является квадратом линейной функции тогда и только тогда, когда коэффициент при х 2 больше нуля и дискриминант этой функции равен нулю. Найдём дискриминант исходной квадратичной функции. Имеем 2 2 2 D 4 1 sin 2 cos cos 1 2sin sin 2cos cos 2 2 sin cos 2 4cos 4 sin 4 2 2 2 cos 4 . Итак, D 4 2 2 2 cos 4. Искомые значения параметра найдём из системы 43 cos 0, cos 0, cos 0, D 0; 2 2 2 cos 4 0; cos 4 2 2; cos 0, cos 0, 4 4 n, n Z ; 4 4 n, n Z . Определим знак cos , если 4 4 n, n Z . Имеем 2 n, n Z , 4 4 n, n Z 1 k , k Z . 2 cos 1 0, n Z , cos 1 cos 2 n , n Z , k cos 2 cos k , k Z ; cos 2 1 , k Z . 1 Из совокупности (1) следует, что cos 0, если 2 k , k Z . Ответ. 2 k , k Z . 51. На плоскости хОу найдите множество точек, через которые не проходит ни одна из парабол семейства y 2 x2 (3а 1) x а 2 . Решение. Если через точку (х; у) не проходит ни одна из кривых, заданного семейства, то координаты этой точки не удовлетворяют уравнению 2 x 2 (3а 1) x а 2 у 0 1 . Поэтому надо найти такую зависимость между х и у, при которых уравнение (1) не имеет решений. Рассмотрим уравнение (1) как квадратное относительно а, с пара2 2 метрами х и у. Уравнение (1) перепишем в виде а 3аx x 2 x у 0 . Последнее уравнение не имеет решений, если D( x; y) 0 9 x 2 4 х 8 x 2 4 у 0 у 0,25 x 2 4 х . Итак, искомое множество точек, это точки плоскости ху, удовлетворяющие неравенству y 0, 25 x 2 4 х . Из последнего неравенства следует, что искомое множество точек, это множество точек, лежащих ниже параболы y 0,25 x 2 4 х . Ответ. y 0,25 x 2 4 х . 52. Расположите в порядке возрастания числа lg3, 2 3 3 3 2, а также х1 , х2 – т корни квадратного трехчлена у 2 x2 8x 3. Решение. 1. Так как свободный член квадратного трехчлена отрицательный, то х1 и х2 разных знаков. Пусть х1 0 и х2 0. 2. Очевидно, lg3 0. 3. Определим знак с1 2 3 3 3 2. Имеем с1 2 3 3 3 2 3 3 2 2 3 9 3 3 2 44 6 8 6 81 с1 0. 4. Так как с1 0, то надо сравнить х1 и с1. Графиком квадратного трехчлена у 2 x2 8x 3 является парабола, ветви которой направлены вверх и абсцисса вершины равна x0 8 4 x0 2. Сравним x0 2 и с1 2 3 3 3 2. Отметим: 2 6 64. Имеем с1 x0 2 3 3 3 2 2 2 6 9 3 6 8 6 64 2 6 9 2 6 8 6 64 6 8 0 с1 x0 . Доказали, что с1 x0 . Так как x0 x1 и с1 x0 , то с1 x1. Сравним х2 и с2 lg3. Определим знак у с2 . Имеем у с2 2 lg3 8lg3 3 2 lg3 lg38 3 2 lg3 lg 6561 lg1000 0. 2 2 2 положительное Итак, у с2 0. Отметим, что у x2 0. Таким образом, имеем: у x2 0, у с2 0. Тогда у с2 у х2 . Отметим: так как с2 0, x2 x0 2, то с2 , х2 2; . Так как квадратный трёхчлен у x возрастает в промежутке 2; и с2 , х2 2; , то у с2 у х2 с2 х2 . Так как х2 0 и с1 0, то x2 с1. Кроме того имеем с2 х2 и с1 х1. Тогда х1 с1 х2 с2 x1 2 3 3 2 2 x2 lg3. Ответ. x1 2 3 3 2 2 x2 lg3. 53. Найдите все значения а, при которых имеет единственное реше x 2 6 x 6 a 0, ние система неравенств 2 x 4 x 6 a. Решение. В плоскости (х; а) построим параболы а x 2 6 x 6, а x2 4x 6 исходной системы. 1. Найдём точки пересечения этих парабол. Для этого решим систему уравнений: а x, а x 2 6 x 6, 2а 2 x, а x, х 2, 2 2 2 a x 4 x 6. x 5 x 6 0; a x 4 x 6. х 3. Из последней системы следует, что точками пересечения парабол являются точки А(–2; 2) и В(–3; 3). 2. Построим параболу а x 2 6x 6 . 45 Так как а x 2 6 x 6 а ( x 3)2 3 , то В(–3; 3) – вершина параболы, ветви параболы направлены вниз и парабола проходит через точку А(–2; 2). Так как, например, точка (0; 0) не удовлетворяет неравенству 2 x 6 x 6 а 0 , то это неравенство определяет множество точек, лежащих под параболой и на параболе а x 2 6x 6 . 3. Построим параболу а x 2 4 x 6 . Так как а x 2 4 x 6 а ( x 2)2 2 , то А(–2; 2) – вершина параболы, ветви параболы направлены вверх и парабола проходит через точку В(–3; 3). Так как, например, точка (0; 0) не удовлетворяет неравенству x2 4 x 6 а , то это неравенство определяет множество точек, лежащих над параболой и на параболе а x2 4 x 6 . 4. Для того чтобы найти решения исходной системы проведём прямые а с . Множество решений системы заштриховано на рисунке 10. Так как только прямые а 2 и а 3 пересекает заштрихованную область (в которую входит граница) в одной точке, то исходная система имеет единственное решение, если а 2; 3. Ответ. а 2; 3. Оглавление. Основные сведения Симметрия Дискриминант квадратного трёхчлена Корни квадратного трёхчлена Монотонность Наибольшее и наименьшее значения Расположение вершины параболы относительно прямой Касательная к параболе Разные задачи 46 1 5 7 8 16 22 30 31 38
