ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 10.01.2024
Просмотров: 436
Скачиваний: 2
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
Тренировочные задачи к § 9 83
9.9. Найдите все значения a, при каждом из которых система
(
1 −
Æ
|x − 1| =
Æ
7| y|,
49 y
2
+ x
2
+ 4a = 2x − 1
имеет ровно четыре различных решения.
9.10. Найдите все значения b, при каждом из которых уравнение
b
2
sin
π + 2 2
− x
+sin
2
2x
b
+ 1
−
2
b
+ 1
−b
p
4x
2
+ 8 − 8x =3+arcsin |1− x|
имеет единственное решение.
9.11. При каких значениях a уравнение
|x| +
2x − 1 3x − 2
= a
имеет ровно три различных решения?
9.12. Найдите все значения b, при каждом из которых система нера- венств
¨ y ¾ (x − b)
2
,
x ¾ ( y − b)
2
имеет единственное решение.
9.13. Найдите все значения a, при каждом из которых равносильны системы уравнений
¨ x
+ 2y = 2 − a,
−x + ay = a − 2a
2
и
¨ x
2
− y
4
− 4x + 3 = 0,
2x
2
+ y
2
+ (a
2
+ 2a − 11)x + 12 − 6a = 0.
9.14. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
2
(????+1)
2
????
2
+1
+ a
2
− 4 = 2a cos
x
2
− 1 2x
имеет единственное решение.
9.15. Найдите все значения a, при которых уравнение
2 2????
1+????
2
+ a cos
x
2
− 1
x
+ a
2
−
5 4
= 0
имеет единственное решение.
9.16. Найдите все такие значения a, что уравнение
a
3
arctg x − arctg
1
x
2
= 4a + 5 − a
2
−
2(a + 1)
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
имеет единственное решение.
84
Часть 1.
Решение задач
9.17. Найдите все значения a, при которых система
2(a + 2) = (x − 2)
2
+ (y − 2)
2
+ z
2
,
(xy + 4) sin(x + y) + cos(x − y) = 1,
2 −
xyz(a − 2)
p
1 − 2xy
(a tg
2
z
+ x + y) = 0
имеет единственное решение.
9.18. Про функцию f (x) известно, что она определена на отрезке
[1/6; 6] и удовлетворяет на этом отрезке системе
1
cos
2
f (x) − 1/2
− 12 cos
2 f
1
x
=
10
x
,
0 ¶ f (x) ¶
π
2
Решите неравенство f (x) ¶ π/8.
Ответы
9.1
. a
=±
p
2.
9.2
. a
=5π/6+2πl; a =π/18+2πm; a =13π/18+2πn, l, m, n ∈Z.
9.3
. a
= 0; a = −2/5.
9.4
. a
= −1.
9.5
. a
= 0; a = (−5 ±
p
21)/2.
9.6
. a
= 2; a = 3.
9.7
. b
= 1/3.
9.8
. Если b = −
1 2
p
2
, то одно решение (1/
8
p
5; 0; 0); если b = −1/2 +
p
3/8, то два решения (1/
8
p
5; 1; π/4) и (1/
8
p
5; −1; −π/4).
9.9
. a
= −1/32; a = −1/4.
9.10
. b
= 3.
9.11
. a
= 2/3; a = 2.
9.12
. b
= −1/4.
9.13
. a
= −2; a = −1. Указание. Решите первое уравнение, а затем с исполь- зованием симметрий исследуйте второе уравнение.
9.14
. a
= 0; a = 3.
9.15
. a
= −3/2.
9.16
. a
= 6. Указание. Уравнения f (x) = 0 и f (1/x) = 0 равносильны.
9.17
. a
= 2.
9.18
. [3
p
2; 6].
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ... 21
§ 10. Задачи с применением
некоторых неравенств
При решении задач часто приходится использовать неравенства,
перечисленные в следующей таблице. В правом столбце таблицы ука- зано необходимое и достаточное условие того, что неравенство в ле- вой части таблицы становится равенством.
§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
85
неравенство случай равенства
(x − y)
2
¾ 0
x
= y
x
2
+ y
2
¾ 2xy
x
= y
x
+ y ¾ 2
p
xy,
x, y ¾ 0
x
= y
2
????
+ 2
????
¾ 2 · 2
(????+????)/2
x
= y
x
+
y
2
x
¾ 2 y,
x
> 0
x
= y
x
+
y
2
x
¶ 2 y,
x
< 0
x
= y
2xy
x
2
+ y
2
¶ 1,
x
= y
x
+ y
2
2
¶
x
2
+ y
2 2
x
= y
x
3
+ y
3
+ z
3
¾ 3xyz,
x, y, z > 0
x
= y = z
Покажем, как пользоваться этой таблицей. Например, неравенство
x
2
+ y
2
¾ 2xy справедливо для всех возможных значений x, y. Знак равенства выполнен тогда и только тогда, когда x = y. Если x и y
таковы, что x 6= y, то справедливо строгое неравенство x
2
+ y
2
> 2xy.
Доказательства
3
.
I. Неравенства со второго по седьмое, очевидно, вытекают из пер- вого неравенства, справедливость которого очевидна.
II. Доказательство неравенства
x
3
+ y
3
+ z
3
¾ 3xyz,
x, y, z > 0,
основано на представлении
x
3
+ y
3
+ z
3
− 3xyz =
1 2
· (x + y + z) · (x − y)
2
+ (y − z)
2
+ (x − z)
2
,
причём, как видно из этого представления, знак равенства в исход- ном неравенстве может достигаться лишь в случае x = y = z.
3
Поскольку не все эти неравенства перечислены в школьных учебниках, приведём их краткие доказательства и советуем при решении экзаменационных или олимпиад- ных задач воспроизводить эти доказательства.
86
Часть 1.
Решение задач
Приведём ещё несколько полезных неравенств, содержащих мо- дуль.
неравенство случай равенства
|x| − x ¾ 0
x ¾ 0
|x| + x ¾ 0
x ¶ 0
|x| + |1 − x| ¾ 1
x
∈ [0; 1]
III. Справедливость первых двух неравенств, содержащих модуль,
очевидна. Докажем неравенство |x| + |1 − x| ¾ 1, в котором знак ра- венства достигается лишь для x ∈ [0; 1]. Рассмотрим функцию f (x) =
= |x| + |1 − x|. Для f (x) справедливо представление
f (x) =
1 − 2x,
x
∈ (−∞; 0),
1,
x
∈ [0; 1],
2x − 1,
x
∈ (1; +∞).
На промежутке (−∞; 0) функция f (x) (см. рис.
10.1
) монотонно убы- вает, следовательно, f (x) > f (0) = 1 для x ∈ (−∞; 0), а на проме- жутке (0; +∞) функция f (x) монотонно возрастает, следовательно,
f (x) > f (1) = 1 для x ∈ (0; +∞).
x
y
y
= |x|
y
= |1 − x|
1 1
0
y
= f (x)
Рис. 10.1. График функции f (x) = |x| + |1 − x|
Пример 10.1. Решите уравнение
25
p
x
− 1
+
4
p y − 2
= 14 −
p
x
− 1 −
p y − 2.
§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
87
Решение. Запишем исходное уравнение в виде
p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
+
p y − 2 +
4
p y − 2
= 14.
Заметим, что из неравенства t +
y
2
t
¾ 2 · y, t > 0, вытекают неравенства p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
¾ 2 · 5 = 10,
p y − 2 +
4
p y − 2
¾ 2 · 2 = 4,
откуда
p
x
− 1 +
25
p
x
− 1
+
p y − 2 +
4
p y − 2
¾ 14.
Если сумма двух слагаемых, первое из которых не меньше 10, а вто- рое не меньше 4, равна 14, то первое слагаемое равно 10, а второе 4.
Воспользуемся пятой строкой первой таблицы. Поскольку знак равен- ства в неравенстве вида t + y
2
/t ¾ 2y, t > 0, достигается только лишь в случае t = y, исходное уравнение равносильно системе уравнений
¨ p x − 1 = 5,
p y − 2 = 2
⇔
¨ x
= 26,
y
= 6.
Ответ: (26; 6).
Пример 10.2. Решите уравнение
2 2sin
2
????
+ 2 2(cos 2
????)/2
= 2 1+
4
p
2
Решение. Напомним верное для всех a, b неравенство 2
????
+ 2
????
¾
¾ 2 · 2
(????+????)/2
, равенство в котором достигается лишь в случае a = b.
Применив дважды данное неравенство к исходной задаче, получаем
2 2sin
2
????
+ 2 2(cos 2
????)/2
= 2 2sin
2
????
+ 2 2
1 2
−sin
2
????
¾ 2 · 2 2sin
2
????+2 1
2
−sin
2
????
2
=
= 2 1+
1 2
(
2sin
2
????+2 1
2
−sin
2
????
)
¾ 2 1+2
sin
2
????
+
1 2
−sin
2
????
2
= 2 1+
4
p
2
Но согласно исходному уравнению требуется, чтобы все неравенства были равенствами, а значит,
sin
2
x
=
1 2
− sin
2
x.
Решая уравнение, находим sin x = ±1/2, и x = ±π/6 + πn, n ∈ Z.
Ответ:
±π/6 + πn, n ∈ Z.
88
Часть 1.
Решение задач
Пример 10.3. Найдите все значения a > 0, при которых существу- ют положительные решения неравенства
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
¶
3 2
−
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
Решение. Докажем одну вспомогательную лемму.
Лемма. Для a, b, c > 0 справедливо неравенство
a
b
+ c
+
b
a
+ c
+
c
a
+ b
¾
3 2
,
причём знак равенства достигается в том и только в том случае,
если a
= b = c.
Доказательство. Известно много способов доказательства дан- ного неравенства. Приведём способ, основанный на замене перемен- ных. Введём обозначения u = a + b, v = a + c, w = b + c. Заметим, что
u, v, w > 0 и
2a = u + v − w,
2b = u − v + w,
2c = −u + v + w.
В новых переменных исходное неравенство равносильно следующему:
u
+ v − w
w
+
u
− v + w
v
+
−u + v + w
u
¾ 3 ⇔
⇔
u
+ v
w
+
u
+ w
v
+
v
+ w
u
¾ 6 ⇔
⇔
u
w
+
w
u
+
u
v
+
v
u
+
v
w
+
w
v
¾ 6.
Последнее неравенство вытекает из оценки t + 1/t ¾ 2, причём знак равенства достигается тогда и только тогда, когда t = 1. Для послед- него неравенства это означает, что знак равенства в нём достигается тогда и только тогда, когда u = v = w. Но условие u = v = w равно- сильно условию a = b = c.
Если в доказанное неравенство подставить b = x
3
, c = 2013 4/3
x,
то получим неравенство
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
+
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
¾
3 2
Согласно условию задачи
x
3
a
+ 2013 4/3
x
+
2013 4/3
x
a
+ x
3
+
a
x(x
2
+ 2013 4/3
)
¶
3 2
Таким образом, должно выполняться равенство. Из леммы вытекает,
что равенство достигается только при следующем условии:
a
= x
3
= 2013 4/3
x.
§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
89
Решив последние уравнения с учётом условия x > 0, находим x =
=2013 2/3
, a = 2013 2
. Следовательно, при a = 2013 2
получаем решение
x
= 2013 2/3
. При других a > 0 положительных решений нет.
Ответ: 2013 2
Пример 10.4. При каких значениях a система
¨ |x − a| + |y − a| + |a + 1 − x| + |a + 1 − y| = 2,
y
+ 2|x − 5| = 6
имеет единственное решение?
Решение. Произведя перегруппировку и используя неравенство
|t| + |1 − t| ¾ 1, мы можем заключить, что для левой части первого уравнения системы справедливо неравенство
|x − a| + | y − a| + |a + 1 − x| + |a + 1 − y| =
= (|x − a| + |1 − (x − a)|) + (|y − a| + |1 − (y − a)|) ¾ 2.
Но так как по условию задачи эта сумма равна 2, из последнего неравенства во второй таблице следует, что каждое из слагаемых в скобках равно 1, и, так как знак равенства достигается лишь для
t
∈ [0; 1], исходная система равносильна следующей:
|x −a|+|1−(x −a)| = 1,
| y −a|+|1−( y −a)| = 1,
y
+2|x −5|=6
⇔
0 ¶ x − a ¶ 1,
0 ¶ y − a ¶ 1,
y
+2|x −5|=6
⇔
a ¶ x ¶ 1+a,
a ¶ y ¶ 1+a,
y
+2|x −5|=6.
Поскольку y = 6 − 2|x − 5|, система имеет единственное решение,
если является единственным решение x системы
¨ a ¶ x ¶ 1 + a,
a ¶ 6 − 2|x − 5| ¶ 1 + a
⇔
¨ a ¶ x ¶ 1 + a,
5 − a ¶ 2|x − 5| ¶ 6 − a.
Рассмотрим следующие случаи.
I. Пусть a > 6. Тогда решений нет.
II. Пусть a ∈ [5; 6]. Тогда система равносильна следующей:
( a ¶ x ¶ 1 + a,
a
− 6 2
¶ x − 5 ¶
6 − a
2
⇔
( a ¶ x ¶ 1 + a,
a
+ 4 2
¶ x ¶
16 − a
2
Последняя система имеет единственное решение (см. рис.
10.2
–
10.3
),
если a = (16 − a)/2, т. е. a = 16/3 ∈ [5; 6], либо если 1 + a = (a + 4)/2,
т. е. a = 2 6∈ [5; 6]. Следовательно, нам подходит a = 16/3.
90
Часть 1.
Решение задач
a
+ 4 2
16 − a
2
x
a
a
+ 1
Рис. 10.2
a
+ 4 2
16 − a
2
x
a
a
+ 1
Рис. 10.3
III. Пусть a < 5. Тогда система принимает вид
( a − 5 ¶ x − 5 ¶ a − 4,
5 − a
2
¶ |x − 5| ¶
6 − a
2
⇔
( a − 5 ¶ t ¶ a − 4,
5 − a
2
¶ |t| ¶
6 − a
2
(t = x − 5).
Так как a − 5 < (a − 5)/2, последняя система имеет единственное решение только в случае (см. рис.
10.4
) a − 4 = (a − 6)/2, т. е. a = 2.
Поскольку a = 2 удовлетворяет условию a < 5, получаем, что при a = 2
исходная система имеет единственное решение.
a
− 6 2
a
− 5 2
5 − a
2 6 − a
2
t
a
−5
a
−4
Рис. 10.4
Ответ: a
= 2; a = 16/3.
Пример 10.5. В основании пирамиды SABCD лежит трапеция
ABCD с основаниями BC и AD. Точки P
1
, P
2
, P
3
принадлежат стороне
BC, причём BP
1
< BP
2
< BP
3
< BC. Точки Q
1
, Q
2
, Q
3
принадлежат стороне AD, причём AQ
1
< AQ
2
< AQ
3
< AD. Обозначим точки пе- ресечения BQ
1
с AP
1
, P
2
Q
1
с P
1
Q
2
, P
3
Q
2
с P
2
Q
3
, CQ
3
с P
3
D через R
1
,
R
2
, R
3
и R
4
соответственно. Известно, что сумма объёмов пирамид
SR
1
P
1
R
2
Q
1
и SR
3
P
3
R
4
Q
3
равна 78. Найдите минимальное значение
§ 10.
Задачи с применением некоторых неравенств
91
A
B
C
D
P
1
P
2
P
3
Q
1
Q
2
Q
3
R
1
R
2
R
3
R
4
Рис. 10.5
A
B
C
D
P
1
P
2
P
3
Q
1
Q
2
Q
3
R
1
R
2
R
3
R
4
Рис. 10.6
величины
V
2
????????????????
1
+ V
2
????????
2
????
2
????
3
????
2
+ V
2
????????????????
4
Решение. Из свойств трапеции следует, что треугольники, закра- шенные на рис.
10.5
одинаковым цветом, имеют одинаковую пло- щадь. Отсюда вытекает равенство сумм площадей, обозначенных оди- наковым цветом на рис.
10.6
. Равенство сумм площадей принимает вид
S
????????????
1
+ S
????
2
????
2
????
3
????
2
+ S
????????????
4
= S
????
1
????
1
????
2
????
1
+ S
????
3
????
3
????
4
????
3
Следовательно,
V
????????????????
1
+ V
????????
2
????
2
????
3
????
2
+ V
????????????????
4
= V
????????
1
????
1
????
2
????
1
+ V
????????
3
????
3
????
4
????
3
= 78.
Положим a
1
= V
????????????????
1
, a
2
= V
????????
2
????
2
????
3
????
2
, a
3
= V
????????????????
4
. Из условия задачи
a
1
+ a
2
+ a
3
= 78, и мы ищем минимум величины a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
, при условии, что a
1
, a
2
, a
3
неотрицательны. Справедливо неравенство
a
1 3
+
a
2 3
+
a
3 3
2
¶
a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
3
Данное неравенство доказывается трёхкратным применением нера- венства 2ab ¶ a
2
+b
2
либо при помощи выпуклости функции f (x) = x
2
92
Часть 1.
Решение задач
Получаем
a
2 1
+ a
2 2
+ a
2 3
¾
(a
1
+ a
2
+ a
3
)
2 3
= 2028.
Знак равенства достигается, когда a
1
= a
2
= a
3
= 26.
Ответ: 2028.
Тренировочные задачи к § 10
10.1. При каких значениях p уравнение
4
????
+ 2
????
+2
+ 7 = p − 4
−????
− 2 · 2 1−????
имеет решение?
10.2. Найдите все решения системы
¨ xy − t
2
= 9,
x
2
+ y
2
+ z
2
= 18.
10.3. Решите систему
(
p
x
+ 2 +
p
x
2
+ 5x + 5 ¾ 2,
x
2
+ 6x + 5 ¶ 0.
10.4. Найдите наибольшее значение функции
10
????
25
????
−1
+ 10
????
+ 4
????
+1
10.5. Решите систему
¨
tg
2
x
+ ctg
2
x
= 2 sin
2
y,
sin
2
y
+ cos
2
z
= 1.
10.6. При каждом значении c решите систему
9
p
x
+ c
+
16
p
y
− c
¶ 22 −
p
x
+ c − 4py − c,
2
????
−11
log
2
(4 − y) = 1.
10.7. Решите уравнение tg
2
(5x + sin
2
y) +
5x + cos 2 y
3
+
3 5x + cos 2 y
= 4 cos
2 7π
4
10.8. Для каждого значения a решите систему
¨
4 log
2 4
x
+ 9 log
2 8
y ¶ 4(a
2
+ a),
log
2 2
xy ¾ 8(a
2
+ a).