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

Разбор — 4 балла

При $a=0$ уравнение принимает вид $\cos 0=0,6$, то есть $1=0,6$, — корней нет.

Косинус — чётная функция, поэтому $\cos ax=\cos (-ax)$: при $a$ и при $-a$ уравнение одно и то же, и число корней одинаково. Решим задачу при $a>0$, а затем отразим ответ.

Пусть $a>0$. Сделаем замену $t=ax$. Она взаимно однозначна и сохраняет порядок, поэтому $x\in [\pi ;6\pi ]$ равносильно $t\in [a\pi ;6a\pi ]$, и корней $x$ на отрезке $[\pi ;6\pi ]$ столько же, сколько корней уравнения $\cos t=0,6$ на отрезке $[a\pi ;6a\pi ]$.

Обозначим $\alpha =\arccos 0,6$, по условию $0,92<\alpha <0,93$, в частности $0<\alpha <\frac{\pi }{2}$. Корни уравнения $\cos t=0,6$ — это $t=\pm \alpha +2\pi n$, $n\in \mathbb{Z}$. Выпишем положительные корни в порядке возрастания:

$$t_1=\alpha ,t_2=2\pi -\alpha ,t_3=2\pi +\alpha ,t_4=4\pi -\alpha ,t_5=4\pi +\alpha ,\dots$$

то есть $t_{2m}=2\pi m-\alpha$, $t_{2m+1}=2\pi m+\alpha$. Через один корни повторяются с шагом $2\pi$: $t_{k+2}=t_k+2\pi$. Расстояние между соседними корнями равно либо $2\alpha$, либо $2\pi -2\alpha$, и в любом случае не больше $2\pi -2\alpha$ (так как $\alpha <\frac{\pi }{2}$).

Нам понадобится оценка

$$7\alpha >7\cdot 0,92=6,44>6,3=2\cdot 3,15>2\pi .(\ast )$$

Пусть $t_k$ — наименьший корень, не меньший $a\pi$, то есть $t_{k-1}<a\pi ⩽t_k$ (при $k=1$ условие означает $0<a\pi ⩽\alpha$). Тогда на отрезке $[a\pi ;6a\pi ]$ лежат корни $t_k,t_{k+1},\dots$ — все, не превосходящие $6a\pi$. Ровно десять корней будет тогда и только тогда, когда

$$t_{k+9}⩽6a\pi <t_{k+10}.$$

Рассмотрим возможные значения $k$.

$k=1$: $a\pi ⩽\alpha$, тогда $6a\pi ⩽6\alpha <2\pi +\alpha =t_3$, так как $5\alpha <5\cdot 0,93<2\pi$. На отрезке не больше двух корней ($t_1$ и $t_2$) — не подходит.

$k=2$: $\alpha <a\pi ⩽2\pi -\alpha$, тогда $6a\pi ⩽12\pi -6\alpha$. Сравним с $t_{11}=10\pi +\alpha$:

$$12\pi -6\alpha <10\pi +\alpha \iff 2\pi <7\alpha ,$$

что верно по $(\ast )$. Значит, $6a\pi <t_{11}$, и на отрезке лежат не более девяти корней $t_2,\dots ,t_{10}$ — не подходит.

$k=3$: $2\pi -\alpha <a\pi ⩽2\pi +\alpha$. Первый корень на отрезке — $t_3$, десятый — $t_{12}=12\pi -\alpha$, одиннадцатый — $t_{13}=12\pi +\alpha$. Ровно десять корней будет при

$$12\pi -\alpha ⩽6a\pi <12\pi +\alpha \iff 2-\frac{\alpha }{6\pi }⩽a<2+\frac{\alpha }{6\pi }.$$

Проверим, что эти $a$ удовлетворяют условию случая $2-\frac{\alpha }{\pi }<a⩽2+\frac{\alpha }{\pi }$: так как $\frac{\alpha }{6\pi }<\frac{\alpha }{\pi }$, весь найденный промежуток лежит внутри. Значит, все такие $a$ подходят.

Обоснуем концы. При $a=2-\frac{\alpha }{6\pi }$ имеем $6a\pi =12\pi -\alpha =t_{12}$: десятый корень соответствует $x=6\pi$, а этот конец входит в отрезок, поэтому корней ровно десять, и значение подходит. При $a=2+\frac{\alpha }{6\pi }$ имеем $6a\pi =t_{13}$: на конец $x=6\pi$ попадает уже одиннадцатый корень, поэтому значение не подходит.

$k⩾4$: обозначим $j=k-1⩾3$, тогда $a\pi >t_j$ и $6a\pi >6t_j$. Покажем, что $6t_j>t_{j+11}$. Так как $t_{j+11}=t_{j+1}+10\pi$ и $t_{j+1}-t_j⩽2\pi -2\alpha$, получаем $t_{j+11}⩽t_j+12\pi -2\alpha$. Тогда, учитывая $t_j⩾t_3=2\pi +\alpha$,

$$6t_j-t_{j+11}⩾5t_j-12\pi +2\alpha ⩾5(2\pi +\alpha )-12\pi +2\alpha =7\alpha -2\pi >0$$

по $(\ast )$. Значит, $6a\pi >t_{j+11}=t_{k+10}$, и на отрезке лежат по крайней мере одиннадцать корней $t_k,\dots ,t_{k+10}$ — не подходит.

Итак, при $a>0$ уравнение имеет ровно десять корней тогда и только тогда, когда

$$a\in \left[2-\frac{\arccos 0,6}{6\pi };2+\frac{\arccos 0,6}{6\pi }\right).$$

При $a<0$ число корней такое же, как при $-a>0$, поэтому подходят $a$, для которых $-a$ лежит в найденном промежутке:

$$a\in \left(-2-\frac{\arccos 0,6}{6\pi };-2+\frac{\arccos 0,6}{6\pi }\right].$$

Ответ: $a\in \left(-2-\frac{\arccos 0,6}{6\pi };-2+\frac{\arccos 0,6}{6\pi }\right]\cup \left[2-\frac{\arccos 0,6}{6\pi };2+\frac{\arccos 0,6}{6\pi }\right)$.