Номер 60.14, страница 234, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Часть 2. Глава 10. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств. §60. Задачи с параметрами - номер 60.14, страница 234.

Условие.

60.14 При каких значениях $a$:

a) вершина параболы $y = (3a + 1)x^2 + 2x - 5$ лежит внутри четвёртой координатной четверти;

б) вершина параболы $y = 3x^2 + (4a - 1)x + 3$ лежит внутри первой координатной четверти?

Решение 1.

Решение 2.

Решение 5.

Решение 6.

а)

Вершина параболы $y = (3a + 1)x^2 + 2x - 5$ лежит внутри четвёртой координатной четверти, если её координаты $(x_v; y_v)$ удовлетворяют системе неравенств: $$ \begin{cases} x_v > 0 \\ y_v < 0 \end{cases} $$ Координаты вершины параболы вида $y = Ax^2 + Bx + C$ находятся по формулам: $x_v = -\frac{B}{2A}$ и $y_v = y(x_v)$. Для данной параболы коэффициенты равны: $A = 3a + 1$, $B = 2$, $C = -5$. Заметим, что данное уравнение является уравнением параболы только при условии $A \neq 0$, то есть $3a + 1 \neq 0$, откуда $a \neq -\frac{1}{3}$.

Найдём координаты вершины: $x_v = -\frac{B}{2A} = -\frac{2}{2(3a + 1)} = -\frac{1}{3a + 1}$.

$y_v = (3a + 1)x_v^2 + 2x_v - 5 = (3a + 1)\left(-\frac{1}{3a + 1}\right)^2 + 2\left(-\frac{1}{3a + 1}\right) - 5$
$y_v = (3a + 1) \cdot \frac{1}{(3a+1)^2} - \frac{2}{3a+1} - 5 = \frac{1}{3a+1} - \frac{2}{3a+1} - 5 = -\frac{1}{3a+1} - 5$.

Теперь решим систему неравенств: $$ \begin{cases} -\frac{1}{3a + 1} > 0 \\ -\frac{1}{3a + 1} - 5 < 0 \end{cases} $$

Из первого неравенства $-\frac{1}{3a + 1} > 0$ следует, что знаменатель должен быть отрицательным (так как числитель $-1$ отрицателен):
$3a + 1 < 0 \implies 3a < -1 \implies a < -\frac{1}{3}$.

Решим второе неравенство: $-\frac{1}{3a + 1} < 5$.
Так как из первого неравенства мы знаем, что $3a + 1 < 0$, то при умножении обеих частей на $3a + 1$ знак неравенства меняется на противоположный:
$-1 > 5(3a + 1)$
$-1 > 15a + 5$
$-6 > 15a$
$a < -\frac{6}{15} \implies a < -\frac{2}{5}$.

Мы получили два условия: $a < -\frac{1}{3}$ и $a < -\frac{2}{5}$. Чтобы найти итоговое решение, нужно найти пересечение этих условий. Сравним дроби: $-\frac{2}{5} = -0.4$, а $-\frac{1}{3} \approx -0.33$. Так как $-0.4 < -0.33$, то условие $a < -\frac{2}{5}$ является более строгим.

Ответ: $a \in (-\infty; -2/5)$.

б)

Вершина параболы $y = 3x^2 + (4a - 1)x + 3$ лежит внутри первой координатной четверти, если её координаты $(x_v; y_v)$ удовлетворяют системе неравенств: $$ \begin{cases} x_v > 0 \\ y_v > 0 \end{cases} $$ Коэффициенты параболы: $A = 3$, $B = 4a - 1$, $C = 3$. Так как $A \neq 0$, данное уравнение всегда задаёт параболу.

Найдём координаты вершины: $x_v = -\frac{B}{2A} = -\frac{4a - 1}{2 \cdot 3} = \frac{1 - 4a}{6}$.

Для нахождения $y_v$ воспользуемся формулой $y_v = -\frac{D}{4A}$, где $D = B^2 - 4AC$.
$D = (4a - 1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = (4a - 1)^2 - 36$.
$y_v = -\frac{(4a-1)^2 - 36}{4 \cdot 3} = \frac{36 - (4a - 1)^2}{12}$.

Составим и решим систему неравенств: $$ \begin{cases} \frac{1 - 4a}{6} > 0 \\ \frac{36 - (4a - 1)^2}{12} > 0 \end{cases} $$

Решим первое неравенство:
$\frac{1 - 4a}{6} > 0 \implies 1 - 4a > 0 \implies 1 > 4a \implies a < \frac{1}{4}$.

Решим второе неравенство:
$\frac{36 - (4a - 1)^2}{12} > 0 \implies 36 - (4a - 1)^2 > 0 \implies (4a - 1)^2 < 36$.
Извлекая квадратный корень, получаем: $|4a - 1| < 6$.
Это равносильно двойному неравенству: $-6 < 4a - 1 < 6$.
Прибавим 1 ко всем частям: $-5 < 4a < 7$.
Разделим на 4: $-\frac{5}{4} < a < \frac{7}{4}$.

Теперь найдём пересечение полученных решений: $a < \frac{1}{4}$ и $-\frac{5}{4} < a < \frac{7}{4}$. Общим решением является интервал $(-\frac{5}{4}; \frac{1}{4})$.

Ответ: $a \in (-5/4; 1/4)$.