Задание 19 ЕГЭ по профильной математике

Первое уравнение — прямая $l$: $y=4x+a$. Второе задаёт две ветви: при $y\ge 0$ — часть ${\omega }_1$ параболы $y=\frac{1}{2}{(x-2)}^2-2$ (при $x\le 0$ и $x\ge 4$), при $y<0$ — часть ${\omega }_2$ параболы $y=-\frac{1}{2}{(x-2)}^2+2$ (при $x<0$ и $x>4$).

Особые положения прямой: через концевые точки $(0;0)$ при $a=0$ и $(4;0)$ при $a=-16$.

Касание с ${\omega }_1$: $x^2-12x-2a=0$, $D=144+8a=0$ при $a=-18$ (точка $(6;6)$). Касание с ${\omega }_2$: $x^2+4x+2a=0$, $D=16-8a=0$ при $a=2$ (точка $(-2;-6)$).

Общих точек $l$ с ${\omega }_1$: 0 при $a<-18$, 1 при $a=-18$, 2 при $-18<a\le -16$, 1 при $-16<a<0$, 2 при $a\ge 0$.

Общих точек $l$ с ${\omega }_2$: 2 при $a<-16$, 1 при $-16\le a\le 0$, 2 при $0<a<2$, 1 при $a=2$, 0 при $a>2$.

Складываем: ровно два решения при $a<-18$ (0 + 2), при $-16<a<0$ (1 + 1) и при $a>2$ (2 + 0); при $a=-18$, $-16$, $0$, $2$ решений три, на остальных промежутках — четыре.

Ответ: $a<-18$; $-16<a<0$; $a>2$.

Перенесём всё в левую часть и разложим на множители:

$(x+1)(a{x}^3-2x^2+(a^3-a)x-2a^2+2)=0$, $(x+1)(x^2+a^2-1)(ax-2)=0$.

Корни: $x=-1$; $x=\frac{2}{a}$ (при $a\ne 0$); $x=\pm \sqrt{1-a^2}$ (при $|a|\le 1$).

$a=0$: корни $-1$ и $1$ — ровно два, подходит.

$0<|a|<1$: $-1$, $\frac{2}{a}$ и $\pm \sqrt{1-a^2}$ — четыре различных корня, не подходит.

$a=\pm 1$: корни $-1$, $0$ и $\pm 2$ — три, не подходит.

$|a|>1$: корни $-1$ и $\frac{2}{a}$; они совпадают только при $a=-2$. Подходят $a<-2$, $-2<a<-1$, $a>1$.

Ответ: $a<-2$; $-2<a<-1$; $a=0$; $a>1$.

а) Преобразование уравнения.
Положим b = |a − 3| ≥ 0. По свойству модулей |x − b| + |x + b| = 2max(|x|, b). Получаем x⁴ + b² = 2max(|x|, b).
Уравнение чётное: вместе с любым ненулевым корнем x оно имеет отличный от него корень −x. Поэтому единственным корнем может быть только 0.
При x = 0 получаем b² = 2b, откуда b = 0 или b = 2.

б) Разбор значений b.
Если b = 0, уравнение принимает вид x⁴ = 2|x|. Оно имеет корни 0 и ±∛2, поэтому это значение не подходит.
Если 0 < b < 2, рассмотрим непрерывную функцию f(t) = t⁴ + b² − 2max(t, b), t ≥ 0.
Имеем f(0) = b(b − 2) < 0. При T = b + 2 > 2 получаем f(T) = T⁴ − 2T + b² > 0.
По теореме о промежуточном значении существует положительный корень t. Значит, исходное уравнение имеет два различных корня ±t и условию не удовлетворяет.
Если b = 2, то при |x| ≤ 2 уравнение равносильно x⁴ + 4 = 4, откуда x = 0. При |x| > 2 выполняется x⁴ > 2|x|, поэтому корней нет. Таким образом, корень единственный.
Если b > 2 и |x| ≤ b, то x⁴ + b² ≥ b² > 2b, поэтому равенство невозможно.
Если b > 2 и |x| > b, то x⁴ > 2|x|, поэтому равенство также невозможно. Следовательно, решений нет.
Ответ для b: b ≥ 2.

в) Возвращение к параметру.
|a − 3| ≥ 2 равносильно a ≤ 1 или a ≥ 5.
Ответ: a ∈ (−∞; 1] ∪ [5; +∞).

а) Равносильное преобразование системы.
ОДЗ: x − y + 3 ≥ 0. Произведение равно нулю, когда хотя бы один из его множителей равен нулю.
Если √(x − y + 3) = 0, то y = x + 3. Пересечение с y = 3x + a даёт x = (3 − a)/2. При любом a получается ровно одно решение этой ветви.
Если x² − 5x − y + 3 = 0, то y = x² − 5x + 3. На этой параболе ОДЗ принимает вид 6x − x² ≥ 0, то есть 0 ≤ x ≤ 6.
После подстановки y = 3x + a получаем x² − 8x + 3 − a = 0, или (x − 4)² = a + 13.
Таким образом, нужно подсчитать корни последнего уравнения на [0; 6] и учесть возможное совпадение с решением первой ветви.

б) Корни второй ветви и совпадения.
При a < −13 корней второй ветви нет. При a = −13 имеется один корень x = 4.
При a > −13 обозначим d = √(a + 13). Корни: x₁ = 4 − d и x₂ = 4 + d.
Условие x₁ ∈ [0; 6] равносильно d ≤ 4, то есть a ≤ 3.
Условие x₂ ∈ [0; 6] равносильно d ≤ 2, то есть a ≤ −9.
Общая точка двух ветвей удовлетворяет x − y + 3 = 0 и y = x² − 5x + 3. Следовательно, x(6 − x) = 0.
Совпадение возможно только при x = 0, a = 3 или при x = 6, a = −9.

в) Подсчёт различных решений.
При a < −13 имеется только решение первой ветви: всего одно.
При a = −13 корень x = 4 второй ветви отличен от корня x = 8 первой ветви: всего два.
При −13 < a < −9 обе ветви дают три различных решения: одно и два соответственно.
При a = −9 вторая ветвь даёт x = 2 и x = 6, а первая — x = 6: всего два различных решения.
При −9 < a < 3 вторая ветвь даёт один допустимый корень, отличный от решения первой ветви: всего два.
При a = 3 обе ветви дают только x = 0: всего одно решение.
При a > 3 допустимых корней второй ветви нет: всего одно решение.
Ответ: a ∈ {−13} ∪ [−9; 3).

а) Раскроем модуль. При x > 0 исходное уравнение равносильно уравнению 2x² + (a − 12)x + a(6 − a) = 0.

При x < 0 положим t = −x, где t > 0. Получим 2t² − (a + 6)t + a(6 − a) = 0.

Каждое квадратное уравнение даёт не более двух корней на соответствующей полуоси. Значение x = 0 является корнем только при a = 0 или a = 6.

Если нуль является корнем, то в каждом квадратном уравнении остаётся не более одного ненулевого корня. Поэтому общее число различных корней не превосходит трёх.

Следовательно, четыре различных корня получаются тогда и только тогда, когда оба квадратных уравнения имеют по два различных положительных корня.

б) Применим теорему Виета. Квадратное уравнение имеет два различных положительных корня тогда и только тогда, когда его дискриминант положителен, сумма корней положительна и произведение корней положительно.

Для первого уравнения: D₁ = (a − 12)² − 8a(6 − a) = 9(a − 4)²; сумма корней равна (12 − a)/2, произведение равно a(6 − a)/2.

Для второго уравнения: D₂ = (a + 6)² − 8a(6 − a) = 9(a − 2)²; сумма корней равна (a + 6)/2, произведение равно a(6 − a)/2.

в) Найдём пересечение условий. Положительность произведений равносильна условию 0 < a < 6. На этом промежутке обе суммы положительны.

Условия D₁ > 0 и D₂ > 0 исключают соответственно a = 4 и a = 2: при этих значениях одна из пар корней сливается.

При a < 0 или a > 6 произведения отрицательны, поэтому каждое уравнение имеет только один положительный корень. Граничные значения a = 0 и a = 6 уже исключены в пункте а).

Таким образом, все остальные значения параметра исключены, а при найденных значениях получаются два положительных и два отрицательных различных корня.

Ответ: a ∈ (0; 2) ∪ (2; 4) ∪ (4; 6).

а) Сведём систему к двум уравнениям. Равенство y² = x² равносильно совокупности y = x или y = −x.

На прямой y = x абсциссы решений удовлетворяют уравнению (a + 2)x² + (2a − 1)x + a − 2 = 0.

На прямой y = −x получаем уравнение (a + 2)x² + (2a + 1)x + a − 2 = 0.

Прямые имеют единственную общую точку (0; 0). Она принадлежит графику первого уравнения системы тогда и только тогда, когда a = 2.

б) Рассмотрим особые значения. При a = −2 первое уравнение системы принимает вид y = −4x − 4. Его пересечения с y = x и y = −x дают соответственно x = −4/5 и x = −4/3. Получаются ровно два решения.

При a = 2 уравнения для абсцисс имеют вид x(4x + 3) = 0 и x(4x + 5) = 0.

Общая точка (0; 0) учитывается один раз, поэтому при a = 2 система имеет три различных решения.

в) Рассмотрим a ≠ −2 и a ≠ 2. Оба уравнения квадратные, а решения на разных прямых не совпадают. Поэтому ровно четыре решения получаются тогда и только тогда, когда каждое квадратное уравнение имеет два различных действительных корня.

Дискриминант первого уравнения: D₁ = (2a − 1)² − 4(a + 2)(a − 2) = 17 − 4a.

Дискриминант второго уравнения: D₂ = (2a + 1)² − 4(a + 2)(a − 2) = 17 + 4a.

Условия D₁ > 0 и D₂ > 0 одновременно выполняются при −17/4 < a < 17/4.

При a = ±17/4 один дискриминант равен нулю, поэтому решений не более трёх. За пределами этого промежутка один дискриминант отрицателен, поэтому решений не более двух.

Из найденного открытого промежутка исключаем разобранные значения a = −2 и a = 2. При всех оставшихся значениях обе прямые дают по два различных решения без совпадений.

Ответ: a ∈ (−17/4; −2) ∪ (−2; 2) ∪ (2; 17/4).

а) Равносильное преобразование. Правая часть неотрицательна, поэтому x ≥ a. Положим t = x − a, тогда t ≥ 0 и x = t + a.

Исходное уравнение принимает вид |t² + (2a − 6)t + 2a(a − 1)| = 2t.

При t ≥ 0 оно равносильно совокупности двух уравнений: t² + (2a − 8)t + 2a(a − 1) = 0 или t² + (2a − 4)t + 2a(a − 1) = 0.

Обозначим их соответственно (1) и (2). Общий корень этих уравнений удовлетворяет 4t = 0. Поэтому совпадение корней возможно только при t = 0, a = 0 или a = 1.

Ответ к пункту а): требуется найти число различных неотрицательных корней совокупности (1), (2).

б) Подсчёт корней. Четверти дискриминантов равны d₁ = 25 − (a + 3)² и d₂ = 5 − (a + 1)². По теореме Виета произведение корней каждого уравнения равно 2a(a − 1), суммы равны 8 − 2a и 4 − 2a.

Если a < 0, произведения и суммы положительны. Поэтому каждое уравнение имеет два положительных корня при d > 0, один при d = 0 и ни одного при d < 0.

При a < −8 корней нет; при a = −8 имеется один корень; при −8 < a < −1 − √5 имеются два корня; при a = −1 − √5 — три; при −1 − √5 < a < 0 — четыре. Совпадений при a < 0 нет.

При a = 0 уравнения имеют корни {0; 8} и {0; 4}, поэтому различных корней три.

При 0 < a < 1 произведение корней отрицательно: каждое уравнение имеет ровно один положительный корень. Они различны, поэтому получаем два корня.

При a = 1 множества корней равны {0; 6} и {0; 2}; различных корней три.

При 1 < a < 2 произведения и суммы положительны, причём d₁ > 0. Уравнение (1) имеет два положительных корня. Уравнение (2) имеет два положительных корня при a < √5 − 1, один при a = √5 − 1 и ни одного при a > √5 − 1.

Следовательно, при 1 < a < √5 − 1 всего четыре корня, при a = √5 − 1 — три, при √5 − 1 < a < 2 — два.

При a = 2 уравнение (1) имеет единственный корень t = 2, а (2) действительных корней не имеет. При a > 2 оба дискриминанта отрицательны, корней нет.

Ответ: a ∈ (−8; −1 − √5) ∪ (0; 1) ∪ (√5 − 1; 2).

а) Замена переменной. ОДЗ: x ≠ 0. Положим t = x + 4/x. Тогда уравнение принимает вид at² + 2t − 25a + 10 = 0.

Для каждого t обратная замена равносильна уравнению x² − tx + 4 = 0. Его дискриминант равен t² − 16, а нулевых корней нет, поскольку произведение корней равно 4.

Поэтому при |t| > 4 получаются два различных корня x, при t = ±4 — один, при |t| < 4 — ни одного. Различным значениям t соответствуют непересекающиеся множества корней x.

Разложим уравнение на множители: (t + 5)(at + 2 − 5a) = 0.

Значение t = −5 подходит при любом a и даёт x² + 5x + 4 = 0, то есть x = −1 или x = −4.

Ответ к пункту а): два корня существуют при любом a; необходимо определить, когда второй множитель не добавляет новых корней.

б) Разбор значений параметра. При a = 0 уравнение имеет вид 2(t + 5) = 0, поэтому имеются ровно два корня x.

При a ≠ 0 второй множитель даёт s = 5 − 2/a. Если s = −5, оба множителя дают одно значение t, поэтому корней x ровно два. Равенство 5 − 2/a = −5 даёт a = 1/5.

Если s ≠ −5 и |s| > 4, добавляются два новых корня, всего их четыре. Если |s| = 4, добавляется один корень, всего их три. Если |s| < 4, новых корней нет, всего их два.

Решим условие −4 < 5 − 2/a < 4. Оно равносильно двойному неравенству 1 < 2/a < 9.

Отсюда a > 0. Умножая на положительное a, получаем a < 2 и 2 < 9a, то есть 2/9 < a < 2.

При a = 2/9 и a = 2 значение s равно соответственно −4 и 4, поэтому эти границы исключаются. Все случаи параметра рассмотрены.

Ответ: a ∈ {0} ∪ {1/5} ∪ (2/9; 2).

а) Условия существования двух корней.
Дробь равна нулю тогда и только тогда, когда её числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля:
4x² − a² = 0, (x + 3)² − a² ≠ 0.
Из первого равенства x = a/2 или x = −a/2. Эти значения различны только при a ≠ 0.

б) Проверка допустимости корней.
При x = a/2 знаменатель равен (3 − a/2)(3 + 3a/2). Он обращается в нуль при a = 6 или a = −2.
При x = −a/2 знаменатель равен (3 − 3a/2)(3 + a/2). Он обращается в нуль при a = 2 или a = −6.
Следовательно, оба различных корня допустимы тогда и только тогда, когда a ∉ {−6; −2; 0; 2; 6}.

в) Граничные случаи.
При a = 0 имеется единственный корень x = 0, поскольку знаменатель при нём равен 9.
При каждом a ∈ {−6; −2; 2; 6} один из двух кандидатов запрещён, а другой допустим, поэтому корень только один.
При остальных значениях a оба кандидата допустимы и других корней нет.
Ответ: a ∈ (−∞; −6) ∪ (−6; −2) ∪ (−2; 0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 6) ∪ (6; +∞).

а) Замена переменной.
Обозначим f(x) = 4x + |x − a| − |3x + 1| и положим t = f(x). Тогда t² − (a + 1)t + 1 = 0.
Дискриминант D = (a + 1)² − 4 = (a − 1)(a + 3). При a < −3 или a > 1 имеются два различных значения t; при a = −3 или a = 1 — одно; при −3 < a < 1 действительных значений t нет.

б) Число решений уравнения f(x) = t.
Если a ≤ −1/3, раскрытие модулей даёт: f(x) = 6x + a + 1 при x ≤ a; f(x) = 8x − a + 1 при a ≤ x ≤ −1/3; f(x) = 2x − a − 1 при x ≥ −1/3.
Эта непрерывная функция строго возрастает: коэффициенты при x на всех непустых промежутках положительны. Её значения заполняют всю числовую прямую, поэтому каждому t соответствует ровно один x.
Если a > −1/3, то f(x) = 6x + a + 1 при x ≤ −1/3; f(x) = a − 1 при −1/3 ≤ x ≤ a; f(x) = 2x − a − 1 при x ≥ a.
Следовательно, при t ≠ a − 1 уравнение f(x) = t имеет ровно один корень, а при t = a − 1 — бесконечно много корней, весь отрезок [−1/3; a].

в) Разбор значений параметра.
При a < −3 два различных значения t дают ровно два различных корня x. При a = −3 значение t = −1 даёт один корень.
При −3 < a < 1 корней нет. При a = 1 единственное значение t = 1 отличается от значения постоянного участка a − 1 = 0, поэтому корень один.
При a > 1 получаем ровно два корня, если ни одно из двух значений t не равно a − 1. Проверим это подстановкой в квадратное уравнение:
(a − 1)² − (a + 1)(a − 1) + 1 = 3 − 2a.
Равенство нулю выполняется только при a = 1,5; тогда исходное уравнение имеет бесконечно много корней. Все остальные a > 1 подходят.
Ответ: a ∈ (−∞; −3) ∪ (1; 1,5) ∪ (1,5; +∞).

а) ОДЗ и равносильное преобразование.
На заданном отрезке тангенс определён только при −π/2 < x < π/2.
По формуле разности квадратов исходное уравнение равносильно равенству 4(2x + a)(1 + tg x) = 0.
Следовательно, 2x + a = 0 или tg x = −1.

б) Исследование корней.
На интервале (−π/2; π/2) тангенс строго возрастает, поэтому уравнение tg x = −1 имеет ровно один корень x = −π/4 при любом a.
Линейное уравнение даёт x = −a/2. Этот корень принадлежит ОДЗ тогда и только тогда, когда −π/2 < −a/2 < π/2, то есть −π < a < π.
При a ≤ −π или a ≥ π линейное уравнение не даёт допустимого корня, поэтому исходное уравнение имеет единственное решение −π/4. При a = ±π точки x = ∓π/2 исключены из ОДЗ.

в) Случай −π < a < π.
Оба найденных корня допустимы. Решение единственно тогда и только тогда, когда они совпадают: −a/2 = −π/4, откуда a = π/2.
При остальных a из (−π; π) имеются два различных решения. Все случаи параметра рассмотрены.
Ответ: a ∈ (−∞; −π] ∪ {π/2} ∪ [π; +∞).

а) ОДЗ и равносильное преобразование.
На отрезке [0; π] тангенс определён при x ∈ [0; π/2) ∪ (π/2; π].
По формуле разности квадратов исходное уравнение равносильно равенству 4(2x + a)(1 − tg x) = 0.
Следовательно, 2x + a = 0 или tg x = 1.

б) Исследование корней.
Общее решение уравнения tg x = 1 имеет вид x = π/4 + πk, где k — целое число. На заданном отрезке подходит только x = π/4.
Таким образом, один корень существует при любом a. Линейное уравнение даёт дополнительный кандидат x = −a/2.
Он принадлежит [0; π] тогда и только тогда, когда −2π ≤ a ≤ 0. При этом x = π/2, соответствующий a = −π, исключён из ОДЗ.

в) Разбор всех значений параметра.
Если a < −2π или a > 0, линейный корень вне отрезка, поэтому решение единственно.
Если a = −π, линейный корень не определяет тангенс, поэтому остаётся только x = π/4.
Если a ∈ [−2π; 0] и a ≠ −π, оба корня допустимы. Единственность возможна только при их совпадении: −a/2 = π/4, то есть a = −π/2.
При остальных значениях из этого промежутка корни различны. В частности, при a = −2π дополнительный корень равен π, а при a = 0 — нулю; оба допустимы, поэтому границы не включаются.
Ответ: a ∈ (−∞; −2π) ∪ {−π; −π/2} ∪ (0; +∞).

а) Равносильное преобразование системы.

Область определения: x−y+3 ≥ 0. Произведение равно нулю, если y=x+3 либо y=x²−5x+3 при выполнении этого ограничения.

На прямой y=x+3 ограничение выполнено при любом x. На параболе оно принимает вид x(6−x) ≥ 0, то есть 0 ≤ x ≤ 6.

Следовательно, нужно найти число пересечений прямой y=ax+a с объединением прямой y=x+3 и дуги параболы при x ∈ [0; 6].

б) Пересечения с каждым графиком.

Пересечение с первой прямой задаётся уравнением (a−1)x=3−a. При a=1 пересечений нет, при остальных a имеется ровно одно.

Пересечения с дугой параболы задаются уравнением f(x)=x²−(5+a)x+3−a=0 на отрезке [0; 6].

Заметим: f(x)=(x−2)²−(a+1)(x+1). При a<−1 на всём отрезке f(x)>0, поэтому корней нет. При a=−1 имеется единственный корень x=2.

При a>−1 имеем f(2)=−3(a+1)<0. Также f(0)=3−a и f(6)=9−7a.

Если −1<a<9/7, то f(0)>0 и f(6)>0. Поэтому по одному корню лежит в интервалах (0; 2) и (2; 6); других корней у квадратного уравнения нет.

При a=9/7 корни равны 2/7 и 6, то есть дуга имеет два пересечения с прямой.

Если 9/7<a<3, то f(0)>0 и f(6)<0. Один корень лежит в (0; 6), другой — правее 6, поэтому на дуге ровно одно пересечение.

При a=3 уравнение имеет вид x(x−8)=0, и на отрезке лежит только корень x=0.

Если a>3, то f(0)<0 и f(6)<0. Поскольку ветви параболы направлены вверх, оба числа 0 и 6 лежат между её корнями, и на отрезке корней нет.

в) Подсчёт различных решений.

Общие точки прямой y=x+3 и дуги параболы определяются равенством x²−6x=0: это (0; 3) и (6; 9).

Прямая y=ax+a проходит через них соответственно при a=3 и a=9/7. Только при этих параметрах одно пересечение учитывается дважды.

При a<−1 получается одно решение; при a=−1 — два. При −1<a<9/7 получается три решения, кроме a=1, когда пересечения с первой прямой нет и решений ровно два.

При a=9/7 число различных решений равно 2+1−1=2. При 9/7<a<3 оно равно 1+1=2.

При a=3 число решений равно 1+1−1=1; при a>3 также имеется только одно решение.

Ответ: a ∈ {−1; 1} ∪ [9/7; 3).

а) Замена переменной и раскрытие модуля.

Положим t=x+1 и c=−a−2. Замена взаимно однозначна, поэтому число различных корней сохраняется.

Уравнение принимает вид t|t|−2t=c.

При t ≥ 0 получаем (t−1)²=c+1; при t<0 получаем (t+1)²=1−c.

б) Число корней на каждой области.

На области t ≥ 0 при c<−1 корней нет; при c=−1 имеется один корень t=1.

При −1<c≤0 оба числа t=1±√(c+1) неотрицательны и различны, поэтому корней два. При c>0 условию t ≥ 0 удовлетворяет только t=1+√(c+1).

На области t<0 при c>1 корней нет; при c=1 имеется один корень t=−1.

При 0<c<1 оба числа t=−1±√(1−c) отрицательны и различны, поэтому корней два.

При c≤0 отрицательным является только t=−1−√(1−c). Второе число неотрицательно; в частности, при c=0 оно равно нулю и в эту область не входит.

в) Объединение случаев.

При c<−1 общее число корней равно 0+1=1; при c=−1 оно равно 1+1=2.

При −1<c≤0 число корней равно 2+1=3; при 0<c<1 оно равно 1+2=3.

При c=1 число корней равно 1+1=2; при c>1 оно равно 1+0=1.

Таким образом, ровно два различных корня получаются только при c=−1 или c=1. Из c=−a−2 находим соответственно a=−1 или a=−3.

Ответ: a ∈ {−3; −1}.

а) Равносильное преобразование системы.

ОДЗ: a − x² ≥ 0 и a − y² ≥ 0. Поэтому при a < 0 решений нет.

При выполнении ОДЗ равенство √(a − y²) = √(a − x²) равносильно равенству y² = x², то есть y = x или y = −x.

б) Нахождение возможных решений.

Если y = x, то второе уравнение принимает вид 2x² = 6x, откуда x = 0 или x = 3. Получаем пары (0; 0) и (3; 3).

Если y = −x, то 2x² = −2x, откуда x = 0 или x = −1. Получаем пары (0; 0) и (−1; 1).

Пара (0; 0) удовлетворяет ОДЗ при a ≥ 0; пара (−1; 1) — при a ≥ 1; пара (3; 3) — при a ≥ 9. Других решений нет, а пару (0; 0) учитываем один раз.

в) Разбор значений параметра.

При a < 0 решений нет; при 0 ≤ a < 1 имеется одно решение; при 1 ≤ a < 9 — ровно два; при a ≥ 9 — три.

Граница a = 1 включается, поскольку появляется второе решение (−1; 1). Граница a = 9 исключается, поскольку появляется третье решение (3; 3).

Ответ: a ∈ [1; 9).

а) ОДЗ и преобразование уравнения.

ОДЗ: x + 2a > 0. Ищем корни только на отрезке 0 ≤ x ≤ 1.

Перенесём правую часть влево и применим формулу разности квадратов: (2 ln(x + 2a)) · 4x = 0.

На ОДЗ это равносильно совокупности x = 0 или ln(x + 2a) = 0.

Первый возможный корень x = 0 допустим тогда и только тогда, когда a > 0.

Второй возможный корень: x + 2a = 1, то есть x = 1 − 2a. Для него ОДЗ выполняется автоматически, а принадлежность отрезку равносильна 0 ≤ 1 − 2a ≤ 1, то есть 0 ≤ a ≤ 1/2.

б) Разбор всех случаев параметра.

При a < 0 первый корень недопустим, а второй больше 1. Корней на отрезке нет.

При a = 0 первый корень недопустим, а второй равен 1. Имеется единственный корень.

При 0 < a < 1/2 имеются два различных корня: 0 и 1 − 2a > 0.

При a = 1/2 оба выражения для корней дают x = 0, который удовлетворяет ОДЗ. Значит, корень единственный.

При a > 1/2 корень x = 0 допустим, а 1 − 2a < 0 лежит вне отрезка. Значит, корень единственный.

Ответ: a ∈ {0} ∪ [1/2; +∞).

а) Область определения и возможные корни.
Обозначим t = |a − 3| ≥ 0. Подкоренное выражение равно (x − 3)² − t².
На отрезке [0; 3] условия определения имеют вид x > 1/4 и 3 − x ≥ t, то есть 1/4 < x ≤ 3 − t.
Произведение равно нулю, если ln(4x − 1) = 0 или (x − 3)² − t² = 0, при соблюдении области определения.
Первое равенство даёт x = 1/2; этот корень допустим при t ≤ 5/2. Второе на [0; 3] даёт только x = 3 − t; он допустим при t < 11/4.

б) Число различных корней.
При 0 ≤ t < 5/2 оба корня допустимы и различны, поскольку 3 − t > 1/2: корней два.
При t = 5/2 оба найденных значения совпадают: x = 1/2, поэтому корень ровно один.
При 5/2 < t < 11/4 допустим только корень x = 3 − t, поэтому корень ровно один.
При t ≥ 11/4 область определения на заданном отрезке пуста, корней нет.
Следовательно, необходимое и достаточное условие: 5/2 ≤ |a − 3| < 11/4.

в) Возвращение к параметру.
Получаем −11/4 < a − 3 ≤ −5/2 или 5/2 ≤ a − 3 < 11/4.
Ответ: a ∈ (1/4; 1/2] ∪ [11/2; 23/4).

а) Равносильное преобразование.
Правая часть должна быть неотрицательной: x ≥ −a. При этом исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений:
x² − 8x + a² − 6a = 0 или x² − 4x + a² − 2a = 0, каждое при x ≥ −a.
Обозначим их левые части через P(x) и Q(x). Каждое уравнение имеет не более двух корней.
Общий корень возможен только при 2x + 2a = 0, то есть x = −a. Поэтому для четырёх различных корней каждое уравнение должно иметь два различных корня строго правее −a.

б) Условия расположения корней.
Для квадратного трёхчлена со старшим коэффициентом 1 оба различных корня лежат правее точки c тогда и только тогда, когда дискриминант положителен, вершина правее c и значение в точке c положительно.
Действительно, при положительном дискриминанте положительное значение означает, что c лежит вне промежутка между корнями; положение вершины исключает расположение c правее обоих корней.
Вершины P и Q имеют абсциссы 4 и 2. Поэтому нужны 4 > −a и 2 > −a, вместе дающие a > −2.
Четверти дискриминантов равны 16 + 6a − a² и 4 + 2a − a². Их положительность даёт соответственно −2 < a < 8 и 1 − √5 < a < 1 + √5.
Кроме того, P(−a) = Q(−a) = 2a(a + 1), поэтому требуется a(a + 1) > 0, то есть a < −1 или a > 0.

в) Пересечение условий и границы.
Интервал (1 − √5; 1 + √5) содержится в (−2; 8), поэтому все условия вместе дают a ∈ (1 − √5; −1) ∪ (0; 1 + √5).
На этих промежутках каждая пара корней лежит строго правее −a, а общих корней нет, следовательно, получаются ровно четыре различных корня.
При a = 1 ± √5 уравнение Q(x) = 0 имеет двойной корень; при a = −1 или a = 0 уравнения имеют общий корень x = −a. Четырёх различных корней на границах нет. Остальные значения исключены необходимыми условиями пункта б).
Ответ: a ∈ (1 − √5; −1) ∪ (0; 1 + √5).

а) Раскроем модуль.
При x ≥ a/7 получаем x² − 8x + a² − 6a = 0, то есть (x − 4)² = 25 − (a − 3)².
При x < a/7 получаем x² + 6x + a² − 8a = 0, то есть (x + 3)² = 25 − (a − 4)².
Условия на x разделяют числовую прямую, поэтому каждый корень учитывается ровно один раз.

б) Исследуем расположение корней.
Первое квадратное уравнение имеет действительные корни только при −2 ≤ a ≤ 8, второе — только при −1 ≤ a ≤ 9. Вне [−2; 9] решений нет.
Обозначим c = a/7. Значение обеих квадратных трёхчленов в точке c равно 50a(a − 7)/49.
При −2 ≤ a ≤ 9 выполняется −3 < c < 4: вершина первой параболы правее c, вершина второй — левее c.
Если 0 < a < 7, значение в c отрицательно. Точка c лежит между корнями каждого трёхчлена, поэтому каждое из двух уравнений даёт ровно один допустимый корень. Всего два корня.
Если a < 0 или a > 7, значение в c положительно. При наличии двух корней первого уравнения оба лежат правее c, а второго — левее c. Следовательно, все действительные корни соответствующих уравнений допустимы.
При a = 0 или a = 7 точка c является общим корнем двух трёхчленов. Кроме неё, первое уравнение даёт один корень правее c, второе — один левее c. Всего три различных корня.

в) Подсчитаем корни для остальных значений параметра.
При a < −2 или a > 9 корней нет; при a = −2 или a = 9 имеется один корень.
При −2 < a < −1 первое уравнение даёт два корня, второе — ни одного; при 8 < a < 9 второе даёт два корня, первое — ни одного.
При a = −1 или a = 8 одно уравнение даёт два корня, другое — один: всего три.
При −1 < a < 0 или 7 < a < 8 каждое уравнение даёт по два корня: всего четыре.
Таким образом, все значения параметра рассмотрены.
Ответ: a ∈ (−2; −1) ∪ (0; 7) ∪ (8; 9).

а) Найдём необходимые ограничения.
Пусть система имеет решение x ∈ [1; 2]. Из x + a > 0 следует a > −x ≥ −2, поэтому a > −2.
Из второго неравенства получаем a² ≤ 6x − x².
При 1 ≤ x ≤ 2 выполняется 8 − (6x − x²) = (2 − x)(4 − x) ≥ 0, следовательно, 6x − x² ≤ 8.
Значит, a² ≤ 8, то есть −2√2 ≤ a ≤ 2√2.
Совмещая ограничения, получаем необходимое условие: −2 < a ≤ 2√2.

б) Докажем достаточность.
Для любого a ∈ (−2; 2√2] выберем x = 2, принадлежащее отрезку [1; 2].
Первое неравенство: 2 ≤ 2a + 6 равносильно a ≥ −2 и выполняется.
Второе неравенство: 12 ≥ 4 + a² равносильно a² ≤ 8. Оно выполняется, поскольку −2 < a ≤ 2√2.
Третье неравенство: 2 + a > 0 выполняется в силу a > −2.
Следовательно, при каждом найденном значении параметра система имеет подходящее решение x = 2. Точка a = −2 исключается строгим неравенством, а a = 2√2 включается.
Ответ: a ∈ (−2; 2√2].