Квадратичные функции

Сделаем замену $$t=2^{\sin x}.$$ Так как $\sin x\in[-1;1]$, то $$t\in\left[\frac12;2\right].$$

Следовательно, необходимо найти такие значения $a$, при которых уравнение относительно $t$ имеет хотя бы одно решение из отрезка $$\left[\frac12;2\right].$$

Приведём подобные слагаемые: $$(2^{\sin x}-1)a^2-(3\cdot2^{\sin x}-1)a+2^{\sin x+1}=0$$ $$a^2t-a^2-3at+a+2t=0,$$ $$t(a^2-3a+2)=a^2-a,$$ $$t(a-1)(a-2)=a(a-1).$$

Рассмотрим возможные случаи.

1) $a=1$.

Тогда уравнение принимает вид $$0=0,$$ что верно при любых допустимых $t$. Следовательно, $a=1$ подходит.

2) $a=2$.

Тогда получаем $$0=2,$$ что невозможно. Значит, $a=2$ не подходит.

3) $a\neq1$, $a\neq2$.

Тогда $$t=\frac{a}{a-2}.$$

Требуется, чтобы $$\frac12\le \frac{a}{a-2}\le 2.$$

Решая данное двойное неравенство, получаем $$a\in(-\infty;-2]\cup[4;+\infty).$$

Учитывая, что случай $a=1$ также подходит, объединяя все значения, окончательно получаем

Ответ: $$a\in(-\infty;-2]\cup\{1\}\cup[4;+\infty).$$

Сделаем замену $$t=2^x,\quad t>0.$$ Тогда исходное уравнение принимает вид $$t-a=\sqrt{t^2-3a}.$$

Это уравнение равносильно системе $$\begin{cases} (t-a)^2=t^2-3a,\\ t-a\ge 0. \end{cases}$$

Из первого уравнения получаем: $$t^2-2at+a^2=t^2-3a,$$ $$-2at+a^2=-3a,$$ $$2at=a^2+3a,$$ $$t=\dfrac{a(a+3)}{2a}$$ При $a = 0$ исходное уравнение будет иметь бесконечное количество корней, что нам не подходит. Следовательно: $$t=\dfrac{a+3}{2}, \quad a \neq 0$$ Теперь учтём второе условие системы: $$\dfrac{a+3}{2}-a\ge 0 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{3-a}{2}\ge 0 \quad\Rightarrow\quad a\le 3.$$

Также необходимо, чтобы найденное значение $t$ было положительным: $$\dfrac{a+3}{2}>0 \quad\Rightarrow\quad a>-3.$$

Для того чтобы уравнение имело ровно одно решение по $x$, достаточно, чтобы было получено ровно одно допустимое значение $t$.

$$a\in (-3; 0) \cup (0;3]$$

Ответ: $$a\in (-3; 0) \cup (0;3]$$

$$4\cos^2x-3\cos x-a\cdot \cos x-2.5(2\cos^2x-1)+1.5=0$$ $$-\cos^2x-(3+a)\cdot \cos x+4=0$$ $$\cos^2x+(3+a)\cdot \cos x-4=0$$ Замена: $$\cos x=t, \quad \cos x \in [-1; 1] \Rightarrow -1\leq t \leq 1$$ $$f(t) =t^2+(3+a)t-4$$ Исходное уравнение: $$f(t) = 0$$

Графиком функции $f(t)$ является парабола с ветвями, направленными вверх.

Т.к. ветви параболы всегда направлены вверх, а $f(0)=-4$, то уравнение имеет хотя бы один корень на $[-1;1]$ при: $$\left[ \begin{aligned} &f(-1)\ge 0\\ &f(1)\ge 0\\ \end{aligned}\right.$$ $$\left[ \begin{aligned} &1-3-a-4\ge 0\\ &1+3+a-4\ge 0\\ \end{aligned}\right.$$ $$\left[ \begin{aligned} &a\leq -6\\ &a \ge 0\\ \end{aligned}\right.$$

Ответ: $a\in (-\infty;-6] \cup [0;+\infty)$

Сделаем замену $t = x - \frac{5}{x}$ и проанализируем её: $$\frac{x^2 - tx - 5}{x} = 0$$ Найдём, сколько решений имеет данное уравнение: $$D = t^2 + 20 > 0$$ Значит, любое значение $t = x - \frac{5}{x}$ будет давать 2 решения для исходного уравнения. $$at^2 + 4t - 6a + 13 = 0$$

Рассмотрим подходящие нам случаи:

1. Исходное уравнение линейное.

2. Исходное уравнение квадратное и имеет ровно 1 корень.

Рассмотрим случаи по отдельности:

1. $a = 0$ $$4t + 13 = 0 \Leftrightarrow t = -\frac{13}{4}$$ Значит, $a = 0$ мы берём в ответ.

2. $D = 0$ – уравнение квадратное и имеет ровно 1 решение: $$D = 16 - 4a(-6a + 13) = 0 \Leftrightarrow 4 + 6a^2- 13a = 0 \Leftrightarrow 6a^2 - 13a + 4 = 0$$ $$D = 169 - 24\cdot 4 = 169 - 96 = 73$$ $$a = \frac{13 \pm \sqrt{73}}{12}$$

Объединяя оба случая, получаем: $$a \in \left\{\frac{13 - \sqrt{73}}{12};0;\frac{13 + \sqrt{73}}{12}\right\}$$

Ответ: $a \in \left\{\frac{13 - \sqrt{73}}{12};0;\frac{13 + \sqrt{73}}{12}\right\}$

Решение.

Разложим на множители: $$x^3-x^2-4=(x-2)(x^2+x+2),$$ $$x^4-4x^2=x^2(x^2-4)=x^2(x-2)(x+2).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x-2)a^2-(x-2)(x^2+x+2)a+x^2(x-2)(x+2)=0,$$ $$(x-2)\bigl(a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2)\bigr)=0.$$

Рассмотрим квадратный относительно $a$ трехчлен $$a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2).$$

По теореме Виета его корни $a_1,a_2$, если они существуют, должны удовлетворять условиям $$a_1+a_2=x^2+x+2,$$ $$a_1\cdot a_2=x^2(x+2).$$

Заметим, что числа $x^2$ и $x+2$ как раз имеют такую сумму и такое произведение: $$x^2+(x+2)=x^2+x+2,$$ $$x^2(x+2)=x^2(x+2).$$

Следовательно, по теореме Виета $$a_1=x^2, \qquad a_2=x+2.$$

Значит, $$a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2)=(a-x^2)(a-x-2).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x-2)(a-x^2)(a-x-2)=0.$$

Построим в плоскости $xOa$ графики $$x=2,\qquad a=x^2,\qquad a=x+2.$$

Заметим, что все три графика $x=2$, $a=x^2$, $a=x+2$ пересекаются в точке $(2;4)$.

Из рисунка видно, что ровно два различных корня получаются при $a<0$ и при $a=4$.

Следовательно, $$a\in(-\infty;0)\cup\{4\}.$$

Ответ: $(-\infty;0)\cup\{4\}$.