Загрузил Алла Жарова

kv-f

реклама
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 
tc ; d 
tc ; 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 n1 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, а1978  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, а662  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, а662  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, а1978  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  х3а 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  11 , 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  11 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  62  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 
tc ; d 
tc ; 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  0,25a1  2)  0 
1
а 2 а20
 (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 . Тоa0
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
b22 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, b22 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 10


 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  11  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  21  а 2  а  2  касается оси абсцисс.
Решение. Отметим, что a  2  0 . Найдём ординату вершины параболы. Имеем
40
а2  а  2
а  а2

y   а  2  х  2ах 
 y   а  2  х 
.
 
а2
а2 а2

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 aха 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 а4 ,

 у  х   а  а  4,


а

0;

а  0.


Из последней системы следует: множеством значений исходной
2
функции является промежуток 5а а4 ;  , где a  0.

2
1) Промежуток 5а а4 ;  , 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 а4  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 а4 ;  , где a  0, содержит отрезок 1 5; 25 , если


5а а4  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 а4 ;  , 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 а4  , где a  0.

2
1) Промежуток 0; 5а а4  , 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 а4  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 а4  , где a  0, содержит отрезок 1 5; 25 , если

2

 а  3 а  2   0,
а 2  а  4  2,
5а а4  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 а4  , где a  0, совпадает с промежутком

2

а 2  а  4  2,
а 2  а  6  0,
5а а4  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
Скачать