ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №19 — системы уравнений с параметром

Разбор — 4 балла

Выделим в обоих неравенствах выражение $a(x+1{)}^2=a{x}^2+2ax+a$:

$$(a-1)x^2+2ax+a+4⩽0⟺a(x+1{)}^2⩽x^2-4,$$

$$a{x}^2+2(a+1)x+a+1⩾0⟺a(x+1{)}^2⩾-2x-1.$$

Обозначим $P(x)=a(x+1{)}^2$, $g(x)=x^2-4$, $h(x)=-2x-1$. Система равносильна двойному неравенству

$$h(x)⩽P(x)⩽g(x).$$

Решения возможны только там, где $h(x)⩽g(x)$:

$$x^2-4⩾-2x-1⟺x^2+2x-3⩾0⟺(x+3)(x-1)⩾0⟺x⩽-3\text{или}x⩾1.$$

На плоскости $(x;y)$ получаем две области между прямой $y=h(x)$ и параболой $y=g(x)$: область I при $x⩽-3$ (угловая точка $A(-3;5)$) и область II при $x⩾1$ (угловая точка $B(1;-3)$). Для данного $a$ решения системы — абсциссы общих точек параболы $y=a(x+1{)}^2$ с областями I и II. Каждому $x$ соответствует одна точка графика, поэтому решение единственно, когда у графика ровно одна общая точка с объединением областей.

Заметим, что область I лежит высоко: при $x⩽-3$ имеем $h(x)=-2x-1⩾5$.

Случай $a=0$. График — прямая $y=0$. При всех $x⩾2$ имеем $h(x)<0⩽g(x)$, поэтому решений бесконечно много.

Случай $a>0$: парабола с ветвями вверх, $P(x)⩾0$.

В области II при $x⩾1$ нижнее неравенство выполняется само: $h(x)⩽-3<0⩽P(x)$. Если $0<a<1$, то разность $g(x)-P(x)=(1-a)x^2-2ax-4-a$ положительна при всех достаточно больших $x$ — решений бесконечно много. Если $a⩾1$, то при $x⩾1$

$$g(x)-P(x)⩽x^2-4-(x+1{)}^2=-2x-5<0,$$

и в области II решений нет. Значит, при $a⩾1$ парабола должна иметь ровно одну общую точку с областью I, то есть коснуться её верхней границы $y=x^2-4$.

Найдём касание: уравнение $a(x+1{)}^2=x^2-4$, то есть $(a-1)x^2+2ax+a+4=0$, должно иметь двукратный корень:

$$\frac{D}{4}=a^2-(a-1)(a+4)=4-3a=0⟺a=\frac{4}{3},x_0=-\frac{a}{a-1}=-4.$$

Точка касания $T(-4;12)$ лежит в области I, так как $-4⩽-3$ и $h(-4)=7⩽12$. При $a=\frac{4}{3}$ имеем тождество

$$\frac{4}{3}(x+1{)}^2-\left(x^2-4\right)=\frac{(x+4{)}^2}{3},$$

поэтому верхнее неравенство выполняется только при $x=-4$, а нижнее в этой точке верно. Решение единственно.

Если $a>\frac{4}{3}$, то при $x\ne -1$ имеем $P(x)>\frac{4}{3}(x+1{)}^2⩾g(x)$, а при $x=-1$ верхнее неравенство $0⩽-3$ неверно — решений нет.

Если $1⩽a<\frac{4}{3}$, то в точке $x=-4$ выполнено $h(-4)=7<9a=P(-4)<12=g(-4)$. Неравенства строгие, поэтому по непрерывности они выполняются и в некоторой окрестности точки $-4$ — решений бесконечно много.

Итак, при $a>0$ подходит только $a=\frac{4}{3}$.

Случай $a<0$: парабола с ветвями вниз, $P(x)⩽0$. В области I точек нет, так как там $y⩾5$. Остаётся область II, $x⩾1$. Рассмотрим разности

$$\phi (x)=P(x)-h(x)=a(x+1{)}^2+2x+1,\psi (x)=g(x)-P(x).$$

Решения — точки $x⩾1$, в которых $\phi (x)⩾0$ и $\psi (x)⩾0$. В угловой точке: $\phi (1)=4a+3$, $\psi (1)=-3-4a$. Граничное положение — парабола проходит через $B(1;-3)$: $4a=-3$, $a=-\frac{3}{4}$.

Если $a<-\frac{3}{4}$, то $\phi (1)<0$. Производная ${\phi }^{\prime }(x)=2a(x+1)+2$ убывает, и ${\phi }^{\prime }(1)=4a+2<-1$, поэтому $\phi$ убывает на $[1;+\infty )$ и остаётся отрицательной. Решений нет.

Если $a=-\frac{3}{4}$, то $\phi (1)=\psi (1)=0$, и $x=1$ — решение. При $x>1$ функция $\phi$ убывает (так как ${\phi }^{\prime }(1)=-1<0$), поэтому $\phi (x)<0$. Решение единственно.

Если $-\frac{3}{4}<a<0$, то $\phi (1)>0$, $\psi (1)<0$. Трёхчлен $\phi$ с отрицательным старшим коэффициентом неотрицателен на отрезке $[1;x_2]$, где $x_2>1$. Трёхчлен $\psi$ со старшим коэффициентом $1-a>0$ при $x⩾1$ неотрицателен на луче $[r;+\infty )$, где $r>1$. Множество решений — $[r;x_2]$ или пустое. Одна точка получилась бы при $r=x_2$, но тогда $\phi (r)=\psi (r)=0$, то есть $g(r)=h(r)$, откуда $r=-3$ или $r=1$ — противоречие с $r>1$. Значит, ровно одного решения нет.

На рисунке пунктиром показаны две найденные параболы: $y=\frac{4}{3}(x+1{)}^2$ касается границы области I в точке $T$, а $y=-\frac{3}{4}(x+1{)}^2$ проходит через угловую точку $B$ области II.

Проверим оба значения подстановкой в исходную систему. При $a=\frac{4}{3}$, $x=-4$: левая часть первого неравенства $\frac{16}{3}-\frac{32}{3}+\frac{4}{3}+4=0⩽0$, второго $\frac{64}{3}-\frac{56}{3}+\frac{7}{3}=5⩾0$. При $a=-\frac{3}{4}$, $x=1$: левая часть первого неравенства $-\frac{7}{4}-\frac{3}{2}-\frac{3}{4}+4=0⩽0$, второго $-\frac{3}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=0⩾0$.

Ответ: $a\in \left\{-\frac{3}{4};\frac{4}{3}\right\}$.