Найдите все значения a, для которых неравенство
log5(acos2x+(1+a2−sin2x)cosx+4+a)⩽1выполняется при всех x.
Обозначим аргумент логарифма через E(x):
E(x)=acos2x+(1+a2−sin2x)cosx+4+a.Неравенство log5E⩽1 равносильно двойному условию на E: логарифм определён, когда E>0, а log5E⩽1=log55 (логарифм с основанием 5>1 возрастает) даёт E⩽5. Итак, требуется, чтобы при всех x выполнялось
0<E(x)⩽5.Сведение к многочлену от cosx. Воспользуемся формулами cos2x=2cos2x−1 и sin2x=1−cos2x. Положим c=cosx. Тогда
E=a(2c2−1)+(1+a2−(1−c2))c+4+a=2ac2−a+(a2+c2)c+4+a, E=c3+2ac2+a2c+4=c(c2+2ac+a2)+4=c(c+a)2+4.Поскольку c=cosx при изменении x пробегает в точности весь отрезок [−1;1], условие «при всех x» равносильно условию «при всех c∈[−1;1]». Введём
g(c)=c(c+a)2,E=g(c)+4.Нужно: g(c)>−4 и g(c)⩽1 при всех c∈[−1;1], то есть
[−1;1]ming(c)>−4и[−1;1]maxg(c)⩽1.Исследование g на отрезке. Найдём критические точки:
g′(c)=(c+a)2+c⋅2(c+a)=(c+a)(3c+a),откуда c=−a и c=−3a. Значения:
g(−a)=0,g(−3a)=−3a(32a)2=−274a3, g(1)=(1+a)2,g(−1)=−1⋅(−1+a)2=−(1−a)2.Так как старший коэффициент g положителен, g′ меняет знак «+,−,+»: g возрастает до меньшего корня, убывает между корнями и снова возрастает после большего корня; значит в меньшем корне — локальный максимум, в большем — локальный минимум.
Покажем, что искомый набор лежит в области a⩽0. Если a>0, то правый конец даёт g(1)=(1+a)2>1, и условие maxg⩽1 нарушается. Поэтому далее считаем a⩽0; тогда оба корня неотрицательны, −3a⩽−a, оба лежат в [−1;1], причём c=−3a — точка локального максимума, а c=−a — локального минимума со значением g(−a)=0.
Минимум на отрезке. Кандидаты — левый конец c=−1 (значение −(1−a)2⩽0) и локальный минимум c=−a (значение 0). Меньшее из них — g(−1)=−(1−a)2. Значит
[−1;1]ming=−(1−a)2.Условие ming>−4:
−(1−a)2>−4⟺(1−a)2<4⟺−2<1−a<2⟺−1<a<3.Максимум на отрезке. Кандидаты — локальный максимум c=−3a (значение −274a3⩾0 при a⩽0) и правый конец c=1 (значение (1+a)2). Условие maxg⩽1 означает выполнение обоих неравенств:
(1+a)2⩽1⟺−2⩽a⩽0, −274a3⩽1⟺a3⩾−427⟺a⩾−343≈−1,89.Пересечение условий. Собираем все ограничения при a⩽0:
−1<a<3 (нижнее),−2⩽a⩽0,a⩾−343.Последнее ограничение a⩾−1,89 автоматически выполнено, так как уже a>−1. Остаётся
−1<a⩽0.Проверка концов. При a=0: E=c3+4, c∈[−1;1], значит E∈[3;5], наибольшее значение E=5 достигается при c=1; тогда log55=1⩽1 — годится, поэтому a=0 входит. При a=−1: g(−1)=−(1−(−1))2=−4, то есть E=0 при c=−1 (x=π), логарифм не определён — a=−1 не входит. Случай a>0 исключён выше.
Итак, неравенство выполняется при всех x тогда и только тогда, когда
a∈(−1;0].Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)