ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №19 — параметр и тригонометрия

Разбор — 4 балла

Уравнение $2\sin x+\cos x=a$ имеет на отрезке $\left[\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4}\right]$ столько решений, сколько общих точек у графика функции $f(x)=2\sin x+\cos x$ на этом отрезке и горизонтальной прямой $y=a$. Поэтому исследуем $f(x)$.

Найдём производную:

$$f^{\prime }(x)=2\cos x-\sin x.$$

Найдём нули производной. Если $\cos x=0$, то $\sin x=\pm 1$ и $f^{\prime }(x)\ne 0$, поэтому можно разделить на $\cos x$:

$$2\cos x=\sin x\iff \mathrm{tg}x=2\iff x=\mathrm{arctg}2+\pi k,k\in \mathbb{Z}.$$

Так как тангенс возрастает на $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ и $\mathrm{tg}\frac{\pi }{4}=1<2$, имеем $\frac{\pi }{4}<\mathrm{arctg}2<\frac{\pi }{2}$. Остальные точки серии отстоят от неё на $\pi$ и более, поэтому на отрезке лежит только $x=\mathrm{arctg}2$.

Определим знаки производной. На $\left[\frac{\pi }{4};\mathrm{arctg}2\right)$ имеем $\cos x>0$ и $\mathrm{tg}x<2$, поэтому $f^{\prime }(x)=\cos x(2-\mathrm{tg}x)>0$. На $\left(\mathrm{arctg}2;\frac{\pi }{2}\right)$ имеем $\cos x>0$ и $\mathrm{tg}x>2$, поэтому $f^{\prime }(x)<0$. На $\left[\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{4}\right]$ имеем $\cos x⩽0$ и $\sin x>0$, поэтому $f^{\prime }(x)=2\cos x-\sin x<0$.

Итак, $f$ строго возрастает на $\left[\frac{\pi }{4};\mathrm{arctg}2\right]$ и строго убывает на $\left[\mathrm{arctg}2;\frac{3\pi }{4}\right]$, а $x=\mathrm{arctg}2$ — точка максимума.

Найдём значения на концах отрезка:

$$f\left(\frac{\pi }{4}\right)=2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2},f\left(\frac{3\pi }{4}\right)=2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Найдём значение в точке максимума. Если $\mathrm{tg}x=2$, то $\sin x=2\cos x$, и из основного тригонометрического тождества

$$4{\cos }^{2}x+{\cos }^{2}x=1\Rightarrow {\cos }^{2}x=\frac{1}{5}.$$

Для $x=\mathrm{arctg}2\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ косинус положителен, поэтому $\cos x=\frac{1}{\sqrt{5}}$, $\sin x=\frac{2}{\sqrt{5}}$ и

$$f(\mathrm{arctg}2)=\frac{4}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}.$$

Сравним значения: $\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{3\sqrt{2}}{2}<\sqrt{5}$, так как ${\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{9}{2}<5$.

Посчитаем точки пересечения прямой $y=a$ с графиком.

На участке возрастания функция принимает каждое значение из $\left[\frac{3\sqrt{2}}{2};\sqrt{5}\right]$ ровно один раз, на участке убывания — каждое значение из $\left[\frac{\sqrt{2}}{2};\sqrt{5}\right]$ ровно один раз; точка $x=\mathrm{arctg}2$ общая для обоих участков.

При $a<\frac{\sqrt{2}}{2}$ и при $a>\sqrt{5}$ решений нет.

При $\frac{\sqrt{2}}{2}⩽a<\frac{3\sqrt{2}}{2}$ значение $a$ принимается только на участке убывания — одно решение.

При $\frac{3\sqrt{2}}{2}⩽a<\sqrt{5}$ значение $a$ принимается по одному разу на каждом участке, причём в разных точках — два решения. В частности, при $a=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ решениями будут $x=\frac{\pi }{4}$ и ещё одна точка на участке убывания, поэтому это значение не подходит.

При $a=\sqrt{5}$ единственное решение $x=\mathrm{arctg}2$.

Ответ: $a\in \left[\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)\cup \{\sqrt{5}\}$.