ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №19 — показательные неравенства с параметром

Разбор — 4 балла

Перенесём все слагаемые в левую часть:

$$3a(a-2)-(a-2)\left(2^{x+2}+2\right)-\left(x^2-4x\right)\left(2^{x+2}+2\right)+3a{x}^2-12ax⩽0.$$

Сгруппируем слагаемые с множителем $3a$ и слагаемые с множителем $2^{x+2}+2$:

$$3a\left(a-2+x^2-4x\right)-\left(2^{x+2}+2\right)\left(a-2+x^2-4x\right)⩽0.$$

Вынесем общий множитель:

$$\left(a-2+x^2-4x\right)\left(3a-2^{x+2}-2\right)⩽0.$$

Обозначим

$$a_1(x)=2+4x-x^2,a_2(x)=\frac{2^{x+2}+2}{3}.$$

Тогда первый множитель равен $a-a_1(x)$, второй равен $3\left(a-a_2(x)\right)$, и после деления на $3$ неравенство принимает вид

$$\left(a-a_1(x)\right)\left(a-a_2(x)\right)⩽0.$$

Произведение двух множителей неположительно, когда они разных знаков или один из них равен нулю. Значит, при фиксированном $x$ неравенство выполнено ровно тогда, когда число $a$ лежит между числами $a_1(x)$ и $a_2(x)$ (включая концы).

Сравним $a_1$ и $a_2$ на промежутке $(0;1]$. Значения на концах:

$$a_1(0)=2,a_2(0)=\frac{4+2}{3}=2;a_1(1)=5,a_2(1)=\frac{8+2}{3}=\frac{10}{3}.$$

Рассмотрим разность $h(x)=a_1(x)-a_2(x)=2+4x-x^2-\frac{4\cdot 2^x+2}{3}$. Её вторая производная

$$h^{\prime \prime }(x)=-2-\frac{4\cdot 2^x{\ln }^{2}2}{3}<0,$$

поэтому $h$ выпукла вверх, и её график на отрезке $[0;1]$ лежит не ниже хорды, соединяющей точки $(0;h(0))$ и $(1;h(1))$. Так как $h(0)=0$ и $h(1)=5-\frac{10}{3}=\frac{5}{3}$, получаем

$$h(x)⩾(1-x)\cdot 0+x\cdot \frac{5}{3}=\frac{5x}{3}>0\text{при }x\in (0;1].$$

Значит, на промежутке $(0;1]$ выполнено $a_2(x)<a_1(x)$, и неравенство равносильно двойному неравенству

$$a_2(x)⩽a⩽a_1(x).$$

Нужно найти все $a$, для которых такое $x\in (0;1]$ существует.

Монотонность. Функция $a_1(x)=6-(x-2{)}^2$ возрастает при $x⩽2$, поэтому на $(0;1]$ её значения заполняют промежуток $(2;5]$. Функция $a_2$ возрастает как сумма возрастающей показательной функции и константы, поэтому на $(0;1]$ её значения больше $a_2(0)=2$.

Отбор значений $a$. Если $a⩽2$, то при любом $x\in (0;1]$ имеем $a_2(x)>2⩾a$ — решений нет.

Если $a>5$, то при любом $x\in (0;1]$ имеем $a_1(x)⩽5<a$ — решений нет.

Если $2<a⩽5$, то, поскольку $a_1$ непрерывна и возрастает на $[0;1]$ от $2$ до $5$, найдётся $x_0\in (0;1]$ с $a_1(x_0)=a$. Для него $a_2(x_0)<a_1(x_0)=a$, то есть $a_2(x_0)⩽a⩽a_1(x_0)$, и $x_0$ — решение неравенства на промежутке $(0;1]$.

Ответ: $a\in (2;5]$.