Задача к ЕГЭ на тему «из прошлых лет» №168

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых система

{ (a − 1)x2 + 2ax + a + 4 ≤ 0 2 ax + 2(a + 1)x + a + 1 ≥ 0

имеет единственное решение.

Перепишем систему в виде:

{ ax2 + 2ax + a ≤ x2 − 4 2 ax + 2ax + a ≥ − 2x − 1

Рассмотрим три функции: $y = ax2 + 2ax + a = a(x + 1)2$ , $g = x2 − 4$ , $h = − 2x − 1$ . Из системы следует, что $y ≤ g$ , но $y ≥ h$ . Следовательно, чтобы система имела решения, график $y$ должен находиться в области, которая задается условиями: “выше” графика $h$ , но “ниже” графика $g$ :

$PIC$

(будем называть “левую” область областью I, “правую” область – областью II)
Заметим, что при каждом фиксированном $a ⁄= 0$ графиком $y$ является парабола, вершина которой находится в точке $(− 1; 0)$ , а ветви обращены либо вверх, либо вниз. Если $a = 0$ , то уравнение выглядит как $y = 0$ и графиком является прямая, совпадающая с осью абсцисс.
Заметим, что для того, чтобы исходная система имела единственное решение, нужно, чтобы график $y$ имел ровно одну общую точку с областью I или с областью II (это значит, что график $y$ должен иметь единственную общую точку с границей одной из этих областей).

Рассмотрим по отдельности несколько случаев.

1) $a > 0 » class=»math» width=»auto»>. Тогда ветви параболы <img decoding=$ обращены вверх. Чтобы у исходной системы было единственное решение, нужно, чтобы парабола $y$ касалась границы области I или границы области II, то есть касалась параболы $g$ , причем абсцисса точки касания должна быть $≤ − 3$ или $≥ 2$ (то есть парабола $y$ должна коснуться границы одной из областей, которая находится выше оси абсцисс, раз парабола $y$ лежит выше оси абсцисс).

$PIC$

$′ y = 2a(x + 1)$ , $′ g = 2x$ . Условия касания графиков $y$ и $g$ в точке с абсциссой $x0 ≤ − 3$ или $x0 ≥ 2$ :

( ( [ || 2a(x0 + 1) = 2x0 ||| x0 ≤ − 3 ||{ 2 2 ||{ x ≥ 2 a[(x0 + 1) = x0 − 4 ⇔ 0 x0 || x0 ≤ − 3 || a = ------- ||( ||| x0 + 1 x0 ≥ 2 ( x20 + 5x0 + 4 = 0

Из данной системы $x0 = − 4$ , $4 a = 3$ .
Получили первое значение параметра $a$ .

2) $a = 0$ . Тогда $y = 0$ и видно, что прямая имеет бесконечное множество общих точек с областью II. Следовательно, это значение параметра нам не подходит.

$PIC$

3) $a < 0$ . Тогда ветви параболы $y$ обращены вниз. Чтобы у исходной системы было единственное решение, нужно, чтобы парабола $y$ имела одну общую точку с границей области II, лежащей ниже оси абсцисс. Следовательно, она должна проходить через точку $B$ , причем, если парабола $y$ будет иметь еще одну общую точку с прямой $h$ , то эта общая точка должна быть “выше” точки $B$ (то есть абсцисса второй точки должна быть $< 1$ ).

$PIC$

Найдем $a$ , при которых парабола $y$ проходит через точку $B$ :

2 3 − 3 = a(1 + 1) ⇒ a = − -- 4

Убеждаемся, что при этом значении параметра вторая точка пересечения параболы $y = − 34(x + 1)2$ с прямой $h = − 2x − 1$ – это точка с координатами $( ) − 1;− 1 3 3$ .
Таким образом, получили еще одно значение параметра.

Так как мы рассмотрели все возможные случаи для $a$ , то итоговый ответ:

{ } a ∈ − 3; 4- 4 3