Задание 18 ЕГЭ по математике: уравнения и неравенства с параметром

Что проверяет задание

Задание 18 — самое сложное текстовое задание профильного ЕГЭ по математике, за него дают 4 первичных балла. Оно проверяет:

• умение рассматривать параметр как «полноправную» переменную и грамотно организовывать перебор случаев;
• владение методом «переход в координаты $(x,a)$» — построение множества точек, удовлетворяющих условию, и его сечение прямыми $a=\text{const}$;
• работу с уравнениями и неравенствами, содержащими модуль и радикалы, при наличии параметра;
• анализ расположения корней квадратного трёхчлена относительно заданных точек или интервалов;
• использование монотонности, чётности, оценок (неравенство о средних, ограниченность тригонометрических функций) для сокращения перебора;
• геометрическую интерпретацию — уравнения окружностей, расстояния между точками, если задача сформулирована на координатной плоскости.

Как выглядит формулировка и сколько баллов

Типичные формулировки:

• «Найдите все значения параметра $a$, при которых уравнение (неравенство, система) имеет ровно один корень (хотя бы одно решение, ровно два решения)»;
• «Найдите все значения $a$, при которых множество решений неравенства является лучом (отрезком, объединением двух промежутков)»;
• «При каких $a$ система имеет единственное решение»;
• «Найдите все значения параметра, при которых уравнение имеет решение на заданном отрезке».

Задание оценивается в 4 балла. Полный балл ставится только за полное обоснование: разбор всех случаев, доказательство того, что найденные значения подходят, и что другие — нет. Частичное решение (верная идея, но не доведённая до конца или без обоснования) обычно оценивается в 1–2 балла.

Что нужно знать

• Определение модуля и его свойства: $|a|=|-a|$, $|a+b|\le|a|+|b|$, а также ключевой факт: $|x-p|+|x-q|=|p-q|$ тогда и только тогда, когда $x$ лежит между $p$ и $q$ (иначе сумма строго больше).
• ОДЗ уравнений и неравенств: знаменатель $\ne 0$, подкоренное выражение $\ge 0$.
• Дискриминант квадратного трёхчлена $D=b^2-4ac$, теорема Виета $x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}$, $x_1x_2=\dfrac{c}{a}$.
• Условия расположения корней квадратного трёхчлена $f(x)=ax^2+bx+c$ относительно точки $x_0$ или отрезка $[m;n]$ («метод трёх условий»: знак $a$, значение $f(x_0)$, положение вершины $-\dfrac{b}{2a}$, знак дискриминанта).
• Неравенство о средних: для $x>0,\,a\in\mathbb R$ выполняется $x+\dfrac{a^2}{x}\ge 2|a|$, равенство при $x=|a|$.
• Уравнение окружности $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2$ и формула расстояния $d=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$.
• Понятие монотонности функции и то, как из неё следует единственность решения уравнения $f(x)=c$.
• Чётность/нечётность: если уравнение зависит от $x$ через $x^2$ или $|x|$, области значений симметричны, что часто позволяет ограничиться неотрицательными значениями.

Методы решения

1. Метод координат $(x,a)$. Строится множество точек плоскости $(x,a)$, для которых выполнено условие, а затем это множество пересекается с горизонтальными или вертикальными прямыми. Мини-пример: неравенство $x^2\le a$ задаёт на плоскости $(x,a)$ область между двумя ветвями параболы $a=x^2$; при фиксированном $a\ge0$ решения — отрезок $[-\sqrt a;\sqrt a]$.

2. Замена переменной. Если параметр и переменная входят в выражение в одинаковой комбинации, вводят новую переменную $t$, сводя задачу к более простому уравнению относительно $t$, а затем возвращаются к исходной переменной. Мини-пример: уравнение $\left(x+\dfrac1x\right)^2-5\left(x+\dfrac1x\right)+6=0$ решается заменой $t=x+\dfrac1x$.

3. Разложение на множители (метод рационализации). Квадратные трёхчлены с параметром часто раскладываются на линейные множители, что упрощает анализ знака дроби. Мини-пример: $x^2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a)$.

4. Метод оценок и монотонности. Если функция от переменной строго монотонна на области определения, уравнение $f(x)=c$ имеет не более одного решения; если функция ограничена снизу или сверху, это даёт условие на параметр. Мини-пример: $\sqrt{x-1}+\sqrt{5-x}=a$ — функция ограничена, её максимум и минимум находятся через производную или неравенство Коши — Буняковского.

5. Использование симметрии и чётности. Если уравнение не меняется при замене $x\to -x$ (или $t\to -t$ после замены), задачу можно решать для $x\ge0$, а затем учесть симметрию корней. Часто применяется вместе с методом 2.

Алгоритм решения по шагам

1. Найти область допустимых значений переменной: знаменатели $\ne0$, подкоренные выражения $\ge0$.
2. Упростить уравнение или неравенство: раскрыть модуль по промежуткам, разложить многочлен на множители, при необходимости ввести замену переменной.
3. По возможности выразить параметр через переменную — тогда задача сводится к исследованию функции $a=f(x)$ (метод обратной функции).
4. Рассмотреть особые случаи отдельно: обращение коэффициента при старшей степени в ноль, деление на выражение с параметром, значения, при которых знаменатель обращается в ноль.
5. Применить подходящий метод (координаты $(x,a)$, монотонность, оценка, симметрия) для определения множества значений параметра.
6. Сформулировать ответ и проверить граничные значения подстановкой в исходное уравнение — часто именно они «выпадают» из-за ОДЗ.

Разбор примеров

Пример 1. Найти все значения $a$, при каждом из которых уравнение $$\left|x+\frac{a^2}{x}+1\right|+\left|x+\frac{a^2}{x}-1\right|=2$$ имеет хотя бы один корень.

Шаг 1. Замена. Пусть $t=x+\dfrac{a^2}{x}$ при $x\ne0$. Уравнение принимает вид $|t+1|+|t-1|=2$.

Шаг 2. Решение по $t$. Сумма $|t+1|+|t-1|$ — сумма расстояний от точки $t$ до $-1$ и до $1$. Она равна $2$ (расстоянию между точками) тогда и только тогда, когда $t$ лежит между ними: $-1\le t\le1$. Если $|t|>1$, сумма равна $2|t|>2$.

Шаг 3. Условие существования $x$. Нужно, чтобы нашлось $x\ne0$ с $-1\le x+\dfrac{a^2}{x}\le1$.

При $a=0$: $t=x$, подходит любое $x\in[-1;1]$, $x\ne0$, например $x=1$. Значит $a=0$ годится.

При $a\ne0$: при $x>0$ по неравенству о средних $x+\dfrac{a^2}{x}\ge2|a|$, равенство при $x=|a|$, множество значений — $[2|a|;+\infty)$; оно пересекается с $[-1;1]$ тогда и только тогда, когда $2|a|\le1$. При $x<0$ аналогично множество значений $(-\infty;-2|a|]$, условие то же.

Шаг 4. Итог. $2|a|\le1\iff|a|\le\dfrac12$, значение $a=0$ входит в этот промежуток. Ответ: $a\in\left[-\dfrac12;\dfrac12\right]$.

Пример 2. Найти все положительные $a$, при которых множество решений неравенства $$\frac{x-2}{ax^2-(a^2+1)x+a}\ge0$$ является некоторым лучом.

Шаг 1. Разложение знаменателя. При $a\ne0$: $ax^2-(a^2+1)x+a=(x-a)(ax-1)$, корни знаменателя $x=a$ и $x=\dfrac1a$ (их произведение равно $1$).

Неравенство принимает вид $\dfrac{x-2}{(x-a)(ax-1)}\ge0$, $a>0$.

Шаг 2. Наблюдение. При больших $x$ числитель и знаменатель положительны, значит решение всегда содержит промежуток $(M;+\infty)$. Значит, если решение — луч, то это луч вида $[c;+\infty)$.

Шаг 3. Случай $a=1$. Тогда $(x-1)(x-1)=(x-1)^2\ge0$ всегда (кроме $x=1$), и неравенство сводится к $x-2\ge0,\,x\ne1$, то есть $x\in[2;+\infty)$ — это луч.

Шаг 4. Случай $a\ne1$. Обозначим корни $p<q$, $pq=1$, значит $p<1<q$. Методом интервалов, перебирая положение точки $2$ относительно $p$ и $q$ (случаи $2<p$, $p<2<q$, $2=p$ или $q$, $2>q$), во всех вариантах получаем объединение двух промежутков или промежуток с выколотой точкой — не луч. Отдельно проверяются $a=2$ и $a=1/2$ (когда $2$ — корень знаменателя): в обоих случаях точка $x=2$ выколота, что нарушает связность луча.

Ответ: единственное подходящее значение — $a=1$.

Пример 3. Найти все значения $k$, при каждом из которых уравнение $$\frac{6k-(2-3k)\cos t}{\sin t-\cos t}=2$$ имеет хотя бы одно решение на отрезке $\left[0;\dfrac\pi2\right]$.

Шаг 1. ОДЗ. Нужно $\sin t\ne\cos t$, то есть $t\ne\dfrac\pi4$.

Шаг 2. Преобразование. Домножим на знаменатель: $$6k-(2-3k)\cos t=2\sin t-2\cos t.$$ Раскроем скобки: $6k-2\cos t+3k\cos t=2\sin t-2\cos t$, слагаемые $-2\cos t$ сокращаются: $$6k+3k\cos t=2\sin t\ \Longrightarrow\ 3k(2+\cos t)=2\sin t.$$ Так как на отрезке $[0;\pi/2]$ величина $\cos t\in[0;1]$, то $2+\cos t\in[2;3]$ и никогда не равна нулю, поэтому можно выразить: $$k=\frac{2\sin t}{3(2+\cos t)}=f(t),\qquad t\in\left[0;\frac\pi2\right]\setminus\left\{\frac\pi4\right\}.$$

Шаг 3. Исследование функции $f(t)$. Вычислим производную $g(t)=\dfrac{\sin t}{2+\cos t}$: $g'(t)=\dfrac{2\cos t+\cos^2t+\sin^2t}{(2+\cos t)^2}=\dfrac{2\cos t+1}{(2+\cos t)^2}$. На отрезке $[0;\pi/2]$ имеем $\cos t\ge0$, значит $2\cos t+1>0$, то есть $g$, а вместе с ней и $f=\dfrac23 g$, строго возрастает.

Шаг 4. Границы. $f(0)=0$, $f\left(\dfrac\pi2\right)=\dfrac{2\cdot1}{3\cdot2}=\dfrac13$. Так как $f$ непрерывна и строго возрастает, множество значений на всём отрезке — $[0;\tfrac13]$.

Шаг 5. Исключение точки разрыва ОДЗ. Нужно исключить значение $f\left(\dfrac\pi4\right)$: $$f\left(\frac\pi4\right)=\frac{2\cdot\frac{\sqrt2}{2}}{3\left(2+\frac{\sqrt2}{2}\right)}=\frac{\sqrt2}{3\cdot\frac{4+\sqrt2}{2}}=\frac{2\sqrt2}{3(4+\sqrt2)}=\frac{2\sqrt2(4-\sqrt2)}{3\cdot14}=\frac{8\sqrt2-4}{42}=\frac{4\sqrt2-2}{21}.$$

Ответ: $k\in\left[0;\dfrac{4\sqrt2-2}{21}\right)\cup\left(\dfrac{4\sqrt2-2}{21};\dfrac13\right]$.

Типичные ошибки и ловушки

• Забывают об ОДЗ: не исключают точки, где знаменатель обращается в ноль, или не учитывают знак под корнем.
• Теряют особый случай, когда старший коэффициент при переменной (обычно содержащий параметр) обращается в ноль — уравнение перестаёт быть квадратным.
• При сокращении дроби на общий множитель забывают, что точка, в которой этот множитель равен нулю, должна быть исключена из решения.
• Меняют знак неравенства не в ту сторону при умножении или делении на выражение, знак которого зависит от параметра.
• Подменяют «уравнение имеет хотя бы один корень» на «уравнение имеет единственный корень», не читая внимательно условие задачи.
• Забывают проверить, что найденный по формуле промежуток параметра действительно даёт нужное количество решений или нужный тип множества (луч, отрезок и т.д.), а не просто «какое-то» решение.
• При использовании неравенства о средних не проверяют знак переменной, забывая, что оно верно только для одного знака $x$ (для другого знака — зеркальная оценка).

Как готовиться

• Разбить подтемы на отдельные блоки (модуль, радикалы, тригонометрия, расположение корней, метод координат) и тренироваться на 5–7 задачах каждого типа, прежде чем переходить к смешанным вариантам.
• Для каждой решённой задачи явно выписывать структуру ответа: «необходимо, чтобы… — достаточно, чтобы…», приучая себя к полной аргументации, а не только к угадыванию ответа.
• Регулярно строить эскизы графиков в системе координат $(x,a)$ или $(t,k)$ — визуализация сильно сокращает число случаев, которые приходится перебирать.
• Проверять итоговый ответ подстановкой граничных значений параметра в исходное (не упрощённое) уравнение — это выявляет потерянные ограничения ОДЗ.
• Вести собственный список формул и приёмов (метод трёх условий для трёхчлена, неравенство о средних, свойство суммы модулей) и повторять его перед практикой.
• Решать варианты целиком на время, чтобы отработать скорость перехода от формулировки к плану решения — на задание 18 разумно закладывать 15–20 минут.