Квадратные уравнения и неравенства с параметрами теория 2. И. В. Яковлев

И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2
Данная статья посвящена вопросам расположения корней квадратного трёхчлена в зависимости от параметра. Вычисление корней при этом может приводить к техническим трудностям в решении задач. Более удобный подход — формулировать необходимые и достаточные условия требуемого расположения корней.
Прежде всего напомним некоторые стандартные факты. Выражение ax
2
+ bx + c, где a = 0,
называется квадратным трёхчленом. Функция f (x) = ax
2
+ bx + c
(a = 0)
(1)
называется квадратичной. Её график получается параллельным переносом параболы y = ax
2
;

вершина параболы при этом сдвигается из начала координат в некоторую точку. В какую?
Для нахождения координат вершины параболы выделим в (
1
) полный квадрат:
ax
2
+ bx + c = a x
2
+
b a
x
+ c = a x
2
+ 2 ·
b
2a
· x +
b
2a
2
−
b
2a
2
+ c =
= a x +
b
2a
2
−
b
2 4a
+ c = a x +
b
2a
2
−
b
2
− 4ac
4a
В числителе последней дроби появляется дискриминант D = b
2
− 4ac, так что окончательно имеем:
f (x) = a x +
b
2a
2
−
D
4a
(2)
Из выражения (
2
) мы видим теперь, что координаты вершины параболы:
x
0
= −
b
2a
,
y
0
= −
D
4a
(3)
Так, на рис.
1
изображена парабола, у которой a > 0 (ветви направлены вверх) и D > 0.
X
Y
x
0
y
0
Рис. 1. Парабола с a > 0 и D > 0
Из этого рисунка становится ясен графический смысл того факта, что при D > 0 квадратное уравнение имеет два корня. В самом деле, если, например, a > 0, то из (
3
) мы видим, что y
0
< 0; то есть, ветви параболы направлены вверх, а вершина параболы находится ниже оси X.
Следовательно, парабола обязана пересечь ось X в двух различных точках — а это и означает,
что соответствующее квадратное уравнение имеет два различных корня.
1

И теперь мы приходим к замечательно простой идее. Ведь для существования двух корней не важно, что ниже оси X лежит именно вершина параболы: вместо вершины можно взять любую другую точку! Таким образом, имеем следующее утверждение.
Пусть f (x) = ax
2
+ bx + c, a > 0. Если для некоторого числа t выполнено неравенство f (t) < 0, то квадратное уравнение ax
2
+ bx + c = 0 имеет два различных корня.
На практике в качестве t удобно бывает проверить числа 0, 1 или −1.
Задача 1. Докажите, что уравнение (a
2
− a + 1)x
2
+ (2a
2
+ 10a + 3)x − 4a
2
− 9a − 5 = 0 имеет два различных корня при любом a.
Решение. Заниматься здесь вычислением дискриминанта и его дальнейшим исследованием —
не самое приятное занятие. Вместо этого давайте используем идею, изложенную выше.
Прежде всего мы видим, что коэффициент при x
2
всегда положителен: a
2
− a + 1 > 0 при всех a. Теперь обозначим f (x) левую часть нашего уравнения и заметим, что f (1) = a
2
− a + 1 + 2a
2
+ 10a + 3 − 4a
2
− 9a − 5 = −a
2
− 1,
то есть f (1) < 0 при любом a. Отсюда и вытекает, что при каждом a наше уравнение имеет два различных корня.
В дальнейшем мы будем постоянно использовать известные вам утверждения о знаках квад- ратичной функции. Именно, пусть квадратный трёхчлен f (x) = ax
2
+ bx + c имеет корни x
1
и x
2
(x
1
< x
2
). Тогда имеет место разложение на множители: f (x) = a(x − x
1
)(x − x
2
), и с помощью метода интервалов мы приходим к следующим выводам.
• Если a > 0, то значения функции f (x) положительны при x ∈ (−∞; x
1
) ∪ (x
2
; +∞) и отрицательны при x ∈ (x
1
; x
2
).
• Если a < 0, то значения функции f (x) положительны при x ∈ (x
1
; x
2
) и отрицательны при x ∈ (−∞; x
1
) ∪ (x
2
; +∞).
Переходим к рассмотрению задач, где требуется выяснить расположение корней квадрат- ного трёхчлена относительно некоторой точки.
Задача 2. При каких значениях параметра a один корень уравнения x
2
+ ax + 4 = 0 меньше 2,

а другой больше 2?
Решение. Пусть x
1
и x
2
— корни нашего уравнения. Графиком функции f (x) = x
2
+ ax + 4
является парабола, пересекающая ось X в точках x
1
и x
2
. Поскольку коэффициент перед x
2
положителен, интервал (x
1
; x
2
) есть множество решений неравенства f (x) < 0. Следовательно,
если точка x = 2 лежит между корнями, то выполнено неравенство f (2) < 0 (рис.
2
).
X
x
1
x
2 2
y = x
2
+ ax + 4
Рис. 2. К задаче 2
Наоборот, пусть выполнено неравенство f (2) < 0. Как мы уже знаем, это гарантирует суще- ствование двух корней нашего квадратного уравнения (поскольку ветви параболы направлены вверх). При этом ясно, что меньший корень будет меньше 2, а больший корень — больше 2.
2

Итак, мы приходим к следующему утверждению (по-прежнему f (x) = x
2
+ax+4). Для того,
чтобы корни уравнения f (x) = 0 лежали по разные стороны от точки x = 2, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство f (2) < 0.
Остаётся закончить решение:
f (2) = 4 + 2a + 4 < 0,
откуда a < −4.
Ответ: a < −4.
Задача 3. При каких значениях a один корень уравнения ax
2

+ 2x + 2a + 1 = 0 меньше 1, а другой больше 1?
Решение. Как и выше, обозначаем f (x) левую часть нашего уравнения:
f (x) = ax
2
+ 2x + 2a + 1.
Из условия ясно, что a = 0. Если a > 0, то ветви параболы y = f (x) направлены вверх;
как мы уже знаем, в этом случае неравенство f (1) < 0 служит необходимым и достаточным условием того, что корни нашего уравнения расположены по разные стороны от 1.
Если же a < 0, то ветви параболы направлены вниз; теперь точка x = 1 лежит между корнями в том и только в том случае, если f (1) > 0. Это устанавливается рассуждениями,
полностью аналогичными тем, которые были приведены при решении задачи 2.
Обе ситуации изображены на рис.
3
X
x
1
x
2 1
y = f (x), a > 0
X
x
1
x
2 1
y = f (x), a < 0
Рис. 3. К задаче 3
Таким образом, для того, чтобы корни нашего уравнения лежали по разные стороны от 1,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялась совокупность двух систем неравенств:






a > 0,
f (1) < 0,
a < 0,
f (1) > 0,
которая эквивалентна одному-единственному неравенству a · f (1) < 0.
Остаётся решить это неравенство:
a(3a + 3) < 0 ⇔ −1 < a < 0.
Ответ: a ∈ (−1; 0).
3

Фактически мы установили следующее общее утверждение.
Утверждение 1. Пусть f (x) = ax
2
+ bx + c, a = 0. Для того, чтобы корни данного квадратного трёхчлена лежали по разные стороны от некоторого числа t, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство a · f (t) < 0.
Задача 4. При каких a корни уравнения x
2
+ 2(a − 2)x − 4a + 5 = 0

различны и оба больше −1?
Решение. Снова попробуем реализовать ту же идею: не вычисляя корней, сформулируем необ- ходимые и достаточные условия того, что оба они лежат правее −1.
Прежде всего изобразим нашу ситуацию графически (рис.
4
). Как и выше, введено обозна- чение f (x) = x
2
+ 2(a − 2)x − 4a + 5.
X
x
1
x
2
−1
x
0
y = f (x)
Рис. 4. К задаче 4
Давайте сразу напишем нужные нам условия, а потом поймём, почему они являются необ- ходимыми и достаточными. Эти условия таковы:





D > 0,
f (−1) > 0,
x
0
> −1.
(4)
Покажем необходимость условий (
4
). Пусть оба корня x
1
, x
2
нашего уравнения больше −1.
Так как эти корни существуют и различны, должно быть выполнено неравенство D > 0. Далее,
коэффициент перед x
2
положителен, поэтому функция y = f (x) принимает положительные значения на множестве (−∞; x
1
) ∪ (x
2
; +∞); стало быть, если −1 < x
1
, то f (−1) > 0. Наконец,
поскольку x
0
> x
1
, то и подавно x
0
> −1. Таким образом, три неравенства (
4
) с необходимостью вытекают из условия задачи.
Теперь покажем достаточность условий (
4
). Пусть система (
4
) выполнена. Неравенство
D > 0 гарантирует наличие двух корней x
1
и x
2
(x
1
< x
2
). Неравенство f (−1) > 0 означа- ет, что точка −1 принадлежит множеству решений неравенства f (x) > 0, то есть расположена либо на луче (−∞; x
1
), либо на луче (x
2
; +∞). Неравенство x
0
> −1 выбирает нужный луч: в силу этого неравенства имеем −1 ∈ (−∞; x
1
). Таким образом, оба корня оказываются правее точки −1, то есть система неравенств (
4
) достаточна для выполнения условия задачи.
Остаётся решить систему (
4
). Имеем:





a
2
− 1 > 0,
10 − 6a > 0,
− (a − 2) > −1.
4

Дальнейшее трудностей не представляет.
Ответ: a ∈ (−∞; −1) ∪ 1;
5 3
Задача 5. Найти все значения a, при которых все корни уравнения (2 − a)x
2
− 3ax + 2a = 0
больше 1/2.
Решение. Если a = 2, то получается линейное уравнение −6x + 4 = 0, корень которого равен
2/3. Это больше 1/2, поэтому a = 2 годится.
Пусть a = 2 и f (x) = (2 − a)x
2
− 3ax + 2a. В зависимости от знака выражения 2 − a ветви параболы y = f (x) направлены вверх или вниз (рис.
5
). Пунктиром схематически обозначено положение параболы при D = 0 (ведь этот случай тоже следует учесть — не сказано же, что корней два!).
X
1 2
y = f (x), 2 − a > 0
X
1 2
y = f (x), 2 − a < 0
Рис. 5. К задаче 5
Рассуждая, как и в предыдущей задаче, устанавливаем, что корни лежат правее 1/2 тогда и только тогда, когда выполнена совокупность двух систем условий:

















2 − a > 0,
D
0,
f
1 2
> 0,
x
0
>
1 2
,
или

















2 − a < 0,
D
0,
f
1 2
< 0,
x
0
>
1 2
Эта совокупность, очевидно, эквивалентна одной системе:











D
0,
(2 − a) · f
1 2
> 0,
x
0
>
1 2
Теперь имеем:











17a
2
− 16a
0,
(2 − a) ·
a + 2 4
> 0,
3a
2(2 − a)
>
1 2
Решением полученной системы служит множество
16 17
a < 2. Сюда надо добавить a = 2,
расмотренное с самого начала.
Ответ: a ∈
16 17
; 2 .
5

Фактически мы установили справедливость следующего утверждения.
Утверждение 2. Пусть f (x) = ax
2
+ bx + c, a = 0. Для того, чтобы корни данного квадратно- го трёхчлена были больше некоторого числа t, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:





D
0,
a · f (t) > 0,
x
0
> t.
(5)
Аналогично, для того, чтобы корни данного квадратного трёхчлена были меньше некоторого числа t, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:





D
0,
a · f (t) > 0,
x
0
< t.
(6)
Если при этом требуется вдобавок, чтобы корни были различны, то первое неравенство систем (
5
) и (
6
) принимает вид D > 0.
В задачах 2–5 нас интересовало расположение корней квадратного трёхчлена относительно некоторой точки. Теперь мы рассмотрим несколько задач, где речь идёт о расположении корней квадратного трёхчлена относительно некоторого промежутка.
Задача 6. При каких a корни уравнения x
2

+ ax + 4 = 0 принадлежат интервалу (1; 3)?
Решение. Пусть f (x) = x
2
+ ax + 4. Изобразим интересующую нас ситуацию (рис.
6
).
X
x
1
x
2 1
3
y = f (x)
Рис. 6. К задаче 6
Для того, чтобы корни квадратного трёхчлена f (x) лежали между 1 и 3, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:









D
0,
f (1) > 0,
f (3) > 0,
1 < x
0
< 3.
(7)
Покажем необходимость. Пусть корни x
1
, x
2
лежат между 1 и 3. Так как эти корни существу- ют, выполнено неравенство D
0 (именно нестрогое, поскольку случай x
1
= x
2
не исключён).
Далее, поскольку коэффициент перед x
2
положителен, функция y = f (x) принимает положи- тельные значения на множестве (−∞; x
1
) ∪ (x
2
; +∞); но по условию имеем 1 < x
1
и 3 > x
2
,
поэтому f (1) > 0 и f (3) > 0. Наконец, четвёртое неравенство системы (
7
) следует из цепочки неравенств 1 < x
1
x
0
x
2
< 3.
6

Теперь покажем достаточность. Пусть система (
7
) выполнена. Неравенство D
0 обеспе- чивает наличие корней x
1
и x
2
. Второе и третье неравенства говорят о том, что точки 1 и 3
принадлежат множеству решений неравенства f (x) > 0, то есть объединению лучей (−∞; x
1
)
и (x
2
; +∞). В силу четвёртого неравенства эти точки принадлежат разным лучам: 1 < x
1
и
3 > x
2
, что и требуется.
Остаётся решить систему (
7
). Имеем:











a
2
− 16 0,
a + 5 > 0,
3a + 13 > 0,
1 < −
a
2
< 3.
Доводим дело до конца и записываем ответ.
Ответ: a ∈ −
13 3
; −4 .
Задача 7. При каких a корни уравнения ax
2

+ (4 − 2a)x + 1 = 0 по модулю меньше 1?
Решение. При a = 0 получается уравнение 4x + 1 = 0. Его корень −1/4 по модулю меньше 1,
поэтому a = 0 годится.
Пусть a = 0. Изобразим нужные ситуации в зависимости от знака a (рис.
7
).
X
−1 1
y = f (x), a > 0
X
−1 1
y = f (x), a < 0
Рис. 7. К задаче 7
Рассуждая, как и выше, заключаем, что корни нашего уравнения лежат между −1 и 1 тогда и только тогда, когда выполнена совокупность двух систем условий:















a > 0,
D
0,
f (−1) > 0,
f (1) > 0,
− 1 < x
0
< 1,
или















a < 0,
D
0,
f (−1) < 0,
f (1) < 0,
− 1 < x
0
< 1.
Эта совокупность эквивалентна одной системе:









D
0,
a · f (−1) > 0,
a · f (1) > 0,
− 1 < x
0
< 1.
7

Имеем:













a
2
− 5a + 4 0,
a(3a − 3) > 0,
a(5 − a) > 0,
− 1 <
a − 2
a
< 1.
Решением данной системы служит множество 4
a < 5. Сюда надо добавить ещё a = 0,
рассмотренное с самого начала.
Ответ: a ∈ {0} ∪ [4; 5).
Фактически нами установлено следующее утверждение.
Утверждение 3. Пусть f (x) = ax
2
+ bx + c, a = 0. Для того, чтобы корни данного квадрат- ного трёхчлена принадлежали интервалу (s; t), необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:









D
0,
a · f (s) > 0,
a · f (t) > 0,
s < x
0
< t.
Задача 8. При каких a неравенство x
2
+ ax + 1 < 0 выполнено для любого x ∈ [1; 2]?
Решение. Пусть f (x) = x
2
+ ax + 1. Изобразим нашу ситуацию графически (рис.
8
).
x
1
x
2 1
2
y = f (x)
X
Рис. 8. К задаче 8
Из рисунка легко понять, что наше неравенство f (x) < 0 справеливо для любого x ∈ [1; 2] в том и только в том случае, если выполнена следующая система условий:
f (1) < 0,
f (2) < 0.
(8)
Необходимость очевидна: если неравенство f (x) < 0 выполняется для всех x из отрезка [1; 2],
то, в частности, верно f (1) < 0 и f (2) < 0.
Покажем достаточность. Пусть выполнены оба неравенства (
8
). Выполнение хотя бы одного из этих неравенств гарантирует существование двух различных корней x
1
и x
2
квадратного трёхчлена f (x); при этом, поскольку коэффициент при x
2
положителен, множеством решений неравенства f (x) < 0 служит интервал (x
1
; x
2
). В силу неравенств (
8
) обе точки 1 и 2 лежат внутри интервала (x
1
; x
2
). Но тогда и весь отрезок [1; 2] расположен внутри этого интервала;
следовательно, для любого x ∈ [1; 2] выполнено неравенство f (x) < 0, что нам и нужно.
Остаётся решить систему (
8
). Имеем:
a + 2 < 0,
2a + 5 < 0,
8

откуда a < −
5 2
Ответ: a < −
5 2
Точно так же можно рассмотреть ситуацию, в которой коэффициент при x
2
отрицателен, и прийти к следующему утверждению.
Утверждение 4. Пусть f (x) = ax
2
+bx+c, a = 0. Для того, чтобы отрезок [s; t] был расположен между корнями данного квадратного трёхчлена, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:
a · f (s) < 0,
a · f (t) < 0.
Утверждений, подобных утверждениям 1–4, можно составить очень много. Ведь ситуации в задачах возникают самые разнообразные: неравенства могут быть строгими и нестрогими,
промежутки — замкнутыми или открытыми (с одного или двух концов). Требования на распо- ложение корней тоже могут быть разными. В общем, ценность общей теории здесь невелика, и мы не рекомендуем пользоваться утверждениями 1–4 и им подобными как готовыми рецептами.
Будет гораздо лучше, если при решении каждой конкретной задачи вы сдела- ете рисунок, запишете нужные условия и докажете их необходимость и достаточ- ность. Именно к этому следует стремиться. Ведь при наличии такого многообразия ситуаций приходится рассчитывать лишь на собственное общее понимание, которое вырабатывается в результате самостоятельного решения большого количества задач.
Вот пример задачи, где готовые рецепты могут не сработать — требуется понимание общих принципов и безупречная логика рассуждений.
Задача 9. При каких a существует единственный корень уравнения x
2
− ax + 2 = 0, удовле- творяющий условию 1 < x < 3?
Решение. Логически возможны три ситуации, которые нас устраивают.
1. Уравнение имеет два корня, один из которых принадлежит интервалу (1; 3), а другой лежит вне отрезка [1; 3].
2. Уравнение имеет два корня, один из которых принадлежит интервалу (1; 3), а другой равен 1 или 3.
3. Уравнение имеет единственный корень, который принадлежит интервалу (1; 3).
Начнём с первой ситуации. Она изображена на рис.
9
: функция f (x) = x
2
− ax + 2 на концах интервала (1; 3) принимает значения разных знаков.
X
1 3
X
1 3
Рис. 9. К задаче 9
Данная ситуация характеризуется очень просто. Для того, чтобы один из корней уравне- ния f (x) = 0 принадлежал интервалу (1; 3), а другой лежал вне отрезка [1; 3], необходимо и
9

достаточно, чтобы выполнялось неравенство f (1) · f (3) < 0.
(9)
Действительно, пусть уравнение f (x) = 0 имеет два корня x
1
и x
2
, причём x
1
∈ (1; 3) и x
2
/
∈ [1; 3]. Функция f (x) меняет знак только в точках x
1
и x
2
. При этом на отрезке [1; 3]
находится лишь точка x
1
, лежащая внутри этого отрезка. Значит, на концах данного отрез- ка функция f (x) принимает значения разных знаков, то есть f (1) · f (3) < 0. Необходимость доказана.
Наоборот, пусть выполнено неравенство f (1) · f (3) < 0. Тогда одно из значений f (1) или f (3)
отрицательно, что обеспечивает существование двух корней квадратного трёхчлена f (x). При этом ровно один из них лежит на интервале (1; 3) — в противном случае значения f (1) и f (3)
были бы одного знака. Второй корень не может совпадать с 1 или 3 (иначе f (1) · f (3) = 0) и потому лежит вне отрезка [1; 3]. Достаточность доказана.
Решаем неравенство (
9
):
(3 − a)(11 − 3a) < 0,
откуда
3 < a <
11 3
(10)
Теперь рассмотрим вторую ситуацию: уравнение имеет два корня, один из которых принад- лежит интервалу (1; 3), а другой равен 1 или 3. Проще всего исследовать её так: полагаем в уравнении x = 1 или x = 3, находим a и смотрим, каков второй корень.
Подставляя в уравнение x = 1, получим 1 − a + 2 = 0, то есть a = 3. При этом a уравнение принимает вид x
2
− 3x + 2 = 0;
второй корень (помимо 1) полученного уравнения равен 2 и принадлежит интервалу (1; 3).
Значит, a = 3 годится.
Аналогично, подставляя в исходное уравнение x = 3, получим a =
11 3
и уравнение x
2
−
11 3
a + 2 = 0,
второй корень которого (помимо 3) равен
2 3
. Этот корень не принадлежит интервалу (1; 3), и потому a =
11 3
не годится.
Наконец, переходим к третьей ситуации, когда уравнение имеет единственный корень. Так будет в случае равенства нулю дискриминанта:
D = a
2
− 8 = 0,
откуда a = ±2
√
2. Если a = 2
√
2, то x =
√
2 ∈ (1; 3), поэтому a = 2
√
2 годится. Если же a = −2
√
2, то x = −
√
2 /
∈ (1; 3), и поэтому a = −2
√
2 не годится.
Таким образом, искомым множеством значений a служит множество (
10
) с добавленными значениями a = 3 и a = 2
√
2.
Ответ: a ∈ 2
√
2 ∪ 3;
11 3
10