Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)
Найти все значения a, при каждом из которых множество решений неравенства
a+3a+2−2x−2⩾2(2x+3a+3)5a+5содержит какой-либо луч на числовой прямой.
Введём замену t=2x. Так как показательная функция строго возрастает и принимает все положительные значения, отображение x↦t=2x — это возрастающая биекция числовой прямой на луч (0;+∞). При этом 2x−2=4t.
Сведение к рациональному неравенству по t. Перенесём всё в левую часть и приведём к общему знаменателю:
a+3a+2−4t−2(t+3a+3)5a+5⩾0.Приводя к общему знаменателю 4(a+3)(t+3a+3), числитель после раскрытия скобок и приведения подобных равен
−t2+(a+5)t+2a2−4a−6=−(t−2a−2)(t+a−3)=(2a+2−t)(t+a−3).Поэтому исходное неравенство равносильно (при t=2x) неравенству
F(t):=4(a+3)(t+3a+3)(2a+2−t)(t+a−3)⩾0.Здесь обязательно a=−3 (иначе левая часть исходного неравенства вообще не определена ни при каком x, и решений нет), а также должно быть t+3a+3=0.
У дроби F(t) (как функции от t) есть два нуля числителя t=2a+2 и t=3−a и один полюс t=−3a−3.
Что значит «содержит луч». Множество решений по x содержит луч тогда и только тогда, когда оно содержит луч одного из двух видов: [M;+∞) (правый луч) или (−∞;M] (левый луч). В силу монотонности замены:
— правому лучу x→+∞ отвечает t→+∞; значит, правый луч в решении существует тогда и только тогда, когда F(t)⩾0 при всех достаточно больших t>0;
— левому лучу x→−∞ отвечает t→0+; значит, левый луч существует тогда и только тогда, когда F(t)⩾0 при всех достаточно малых t>0.
Разберём оба случая.
1. Правый луч (поведение при t→+∞). При больших t числитель ведёт себя как −t2, а знаменатель — как 4(a+3)t, поэтому
F(t)∼4(a+3)t−t2=−4(a+3)t(t→+∞).Следовательно F(t)→+∞ при a+3<0 и F(t)→−∞ при a+3>0. Полюс t=−3a−3 конечен и при больших t уже пройден, знак не меняет. Значит, F(t)⩾0 при всех достаточно больших t тогда и только тогда, когда
a+3<0⟺a<−3.Итак, правый луч в множестве решений существует ровно при a<−3.
2. Левый луч (поведение при t→0+). Если полюс t=−3a−3 не находится в нуле, то знак F около t=0+ определяется значением
F(0)=4(a+3)(3a+3)(2a+2)(a−3)=12(a+3)(a+1)2(a+1)(a−3)=6(a+3)a−3,где сокращение на (a+1) законно при a=−1. Это выражение неотрицательно тогда и только тогда, когда (a−3) и (a+3) одного знака (или a=3), то есть при a<−3 или a⩾3. Кроме того, надо убедиться, что вблизи нуля знак сохраняется, а не только в пределе:
— при a<−3 имеем F(0)>0 и ближайшие к нулю особые точки расположены далеко (3−a>0 велико, полюс −3a−3>0 тоже велик), поэтому F(t)>0 на всём промежутке (0;min(2a+2,−3a−3)), который непуст; левый луч есть (он, впрочем, уже учтён в правом случае);
— при a>3 имеем F(0)>0, а ближайший положительный нуль числителя t=3−a<0 или t=2a+2>0 (велик), полюс −3a−3<0 — все вне малой окрестности нуля, поэтому F(t)>0 для всех малых t>0; левый луч есть;
— при a=3 дробь принимает вид F(t)=24(t+12)t(8−t), что неотрицательно при 0<t⩽8; левый луч есть;
— при −3<a<3 (и a=−1) имеем a−3<0, a+3>0, то есть F(0)<0, и около нуля F(t)<0; левого луча нет (правого тоже нет, так как a>−3).
Особый случай a=−1. Здесь одновременно обнуляются множитель числителя 2a+2=0 и полюс −3a−3=0. Подставляя a=−1 в дробь до сокращения, получаем
F(t)=4⋅2⋅t(−t)(t−4)=84−t(t>0),причём сокращение на t законно, ведь t=2x>0 и значение t=0 не достигается. Тогда F(t)⩾0 при 0<t⩽4, то есть неравенство выполнено для всех достаточно малых t>0 — левый луч есть. (При больших t дробь отрицательна, правого луча нет, но одного левого достаточно.) Поэтому a=−1 подходит. Это изолированная точка: при a=−0,999 и a=−1,001 ни одного луча уже нет.
Объединение. Луч в множестве решений существует тогда и только тогда, когда есть правый или левый луч:
правый лучa<−3илиособая точкаa=−1илилевый лучa⩾3.Значение a=−3 исключено (неравенство не определено). Окончательно
a∈(−∞;−3)∪{−1}∪[3;+∞).