Номер 918, страница 334 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа. Параграф 7. Упражнения - номер 918, страница 334.

Условие.

918. Найти все значения a, при которых неравенство

$\log_{\frac{1}{2}}(x^2 + ax + 1) < 1$

выполняется для всех x из промежутка $x < 0$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Исходное неравенство $\log_{\frac{1}{2}}(x^2 + ax + 1) < 1$ должно выполняться для всех $x < 0$.

Поскольку основание логарифма $\frac{1}{2}$ находится в интервале $(0, 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Следовательно, при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Также необходимо учесть область определения логарифма: его аргумент должен быть строго больше нуля. Это приводит к системе неравенств:

$$ \begin{cases} x^2 + ax + 1 > 0 \\ x^2 + ax + 1 > \left(\frac{1}{2}\right)^1 \end{cases} $$

Неравенство $x^2 + ax + 1 > \frac{1}{2}$ является более строгим, чем $x^2 + ax + 1 > 0$, поэтому достаточно потребовать выполнения только его. Таким образом, задача сводится к нахождению всех значений параметра $a$, при которых неравенство $x^2 + ax + 1 > \frac{1}{2}$ выполняется для всех $x < 0$.

Перенесем все члены в левую часть:

$x^2 + ax + \frac{1}{2} > 0$

Рассмотрим функцию $f(x) = x^2 + ax + \frac{1}{2}$. Ее график — это парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при $x^2$ равен $1 > 0$. Нам нужно, чтобы $f(x)$ была строго положительна для всех $x \in (-\infty, 0)$.

Проанализируем расположение параболы в зависимости от ее корней. Корни определяются дискриминантом $D = a^2 - 4 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = a^2 - 2$.

Рассмотрим три возможных случая.

Первый случай: $D < 0$. Это соответствует $a^2 - 2 < 0$, то есть $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$. В этом случае у квадратного трехчлена нет действительных корней, и так как ветви параболы направлены вверх, функция $f(x)$ положительна при всех действительных $x$. Следовательно, она будет положительна и при всех $x < 0$. Таким образом, все $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$ являются решениями.

Второй случай: $D = 0$. Это соответствует $a^2 - 2 = 0$, то есть $a = \sqrt{2}$ или $a = -\sqrt{2}$. В этом случае парабола касается оси абсцисс в одной точке (в своей вершине) $x_0 = -\frac{a}{2}$. В этой точке $f(x_0) = 0$, а для всех $x \neq x_0$ выполняется $f(x) > 0$. Условие $f(x) > 0$ для всех $x<0$ будет нарушено, если точка касания $x_0$ попадет в промежуток $(-\infty, 0)$.

Если $a = \sqrt{2}$, то $x_0 = -\frac{\sqrt{2}}{2} < 0$. Точка касания принадлежит промежутку $(-\infty, 0)$, и в ней $f(x_0) = 0$. Это не удовлетворяет строгому неравенству. Значит, $a = \sqrt{2}$ не является решением.

Если $a = -\sqrt{2}$, то $x_0 = -\frac{-\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} > 0$. Точка касания не принадлежит промежутку $(-\infty, 0)$, поэтому для всех $x < 0$ выполняется $f(x) > 0$. Значит, $a = -\sqrt{2}$ является решением.

Третий случай: $D > 0$. Это соответствует $a^2 - 2 > 0$, то есть $a \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$. В этом случае парабола пересекает ось абсцисс в двух различных точках $x_1$ и $x_2$. Неравенство $f(x) > 0$ не выполняется для $x \in [x_1, x_2]$. Чтобы условие задачи выполнялось, промежуток $(-\infty, 0)$ не должен пересекаться с отрезком $[x_1, x_2]$. Это означает, что оба корня $x_1$ и $x_2$ должны быть неотрицательными: $0 \le x_1 \le x_2$.

Условия неотрицательности корней для квадратного трехчлена $x^2 + ax + \frac{1}{2} = 0$ (при $D \ge 0$) можно выразить через теорему Виета: сумма корней $x_1 + x_2 = -a \ge 0$, что дает $a \le 0$; произведение корней $x_1 x_2 = \frac{1}{2} \ge 0$, что выполняется всегда. Следовательно, для того чтобы оба корня были неотрицательными, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие $a \le 0$.

Совмещая это с условием для данного случая ($a \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty)$), получаем, что решениями являются $a \in (-\infty, -\sqrt{2})$.

Объединяя все полученные результаты из трех случаев: $a \in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$, $a = -\sqrt{2}$ и $a \in (-\infty, -\sqrt{2})$. Общее решение представляет собой объединение этих множеств: $(-\infty, -\sqrt{2}) \cup \{-\sqrt{2}\} \cup (-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

Таким образом, неравенство выполняется при $a < \sqrt{2}$.

Ответ: $a \in (-\infty, \sqrt{2})$.