ГДЗ по алгебре 11 класс Никольский Базовый и углубленный уровень номер / § 15 - 32

а) Раскроем модуль по определению, рассмотрев два случая: $x \ge -2$ и $x < -2$. 1. Пусть $x \ge -2$. Тогда уравнение принимает вид: $$ x + 2 = ax + 1 $$ $$ (1 - a)x = -1 $$ $$ (a - 1)x = 1 $$ - При $a = 1$ получаем $0 \cdot x = 1$ — решений нет. - При $a \ne 1$ получаем корень $x = \frac{1}{a - 1}$. Проверим условие $x \ge -2$: $$ \frac{1}{a - 1} \ge -2 \iff \frac{1 + 2(a - 1)}{a - 1} \ge 0 \iff \frac{2a - 1}{a - 1} \ge 0 $$ Решая неравенство методом интервалов, получаем: $$ a \in \left(-\infty; \frac{1}{2}\right] \cup (1; +\infty) $$ Таким образом, при $a \in \left(-\infty; \frac{1}{2}\right] \cup (1; +\infty)$ в этом случае есть $1$ корень, а при $a \in \left(\frac{1}{2}; 1\right]$ корней нет. 2. Пусть $x < -2$. Тогда уравнение принимает вид: $$ -(x + 2) = ax + 1 $$ $$ -x - 2 = ax + 1 $$ $$ (a + 1)x = -3 $$ - При $a = -1$ получаем $0 \cdot x = -3$ — решений нет. - При $a \ne -1$ получаем корень $x = -\frac{3}{a + 1}$. Проверим условие $x < -2$: $$ -\frac{3}{a + 1} < -2 \iff \frac{3}{a + 1} > 2 \iff \frac{3 - 2(a + 1)}{a + 1} > 0 \iff \frac{1 - 2a}{a + 1} > 0 \iff \frac{2a - 1}{a + 1} < 0 $$ Решая неравенство методом интервалов, получаем: $$ a \in \left(-1; \frac{1}{2}\right) $$ Таким образом, при $a \in \left(-1; \frac{1}{2}\right)$ в этом случае есть $1$ корень, а при $a \le -1$ или $a \ge \frac{1}{2}$ корней нет. 3. Объединим полученные результаты: - При $a \le -1$: из первого случая $1$ корень, из второго — $0$ корней. Всего $1$ корень. - При $-1 < a < \frac{1}{2}$: из первого случая $1$ корень, из второго — $1$ корень. Корни различны, так как один лежит в области $x \ge -2$, а второй — в $x < -2$. Всего $2$ корня. - При $a = \frac{1}{2}$: из первого случая получаем $x = -2$ ($1$ корень), из второго — $0$ корней. Всего $1$ корень. - При $\frac{1}{2} < a \le 1$: из обоих случаев корней нет. Всего $0$ решений. - При $a > 1$: из первого случая $1$ корень, из второго — $0$ корней. Всего $1$ корень. **Ответ к пункту а:** - решений нет при $a \in \left(\frac{1}{2}; 1\right]$; - одно решение при $a \in (-\infty; -1] \cup \left\{\frac{1}{2}\right\} \cup (1; +\infty)$; - два решения при $a \in \left(-1; \frac{1}{2}\right)$. --- б) Раскроем модуль, рассмотрев два случая: $x \ge 4$ и $x < 4$. 1. Пусть $x \ge 4$. Тогда уравнение принимает вид: $$ x - 4 = ax + 2 $$ $$ (1 - a)x = 6 $$ $$ (a - 1)x = -6 $$ - При $a = 1$ получаем $0 \cdot x = -6$ — решений нет. - При $a \ne 1$ получаем корень $x = \frac{6}{1 - a}$. Проверим условие $x \ge 4$: $$ \frac{6}{1 - a} \ge 4 \iff \frac{6 - 4(1 - a)}{1 - a} \ge 0 \iff \frac{4a + 2}{1 - a} \ge 0 \iff \frac{2a + 1}{a - 1} \le 0 $$ Решая неравенство методом интервалов, получаем: $$ a \in \left[-\frac{1}{2}; 1\right) $$ Таким образом, при $a \in \left[-\frac{1}{2}; 1\right)$ в этом случае есть $1$ корень, а при $a < -\frac{1}{2}$ или $a \ge 1$ корней нет. 2. Пусть $x < 4$. Тогда уравнение принимает вид: $$ -(x - 4) = ax + 2 $$ $$ -x + 4 = ax + 2 $$ $$ (a + 1)x = 2 $$ - При $a = -1$ получаем $0 \cdot x = 2$ — решений нет. - При $a \ne -1$ получаем корень $x = \frac{2}{a + 1}$. Проверим условие $x < 4$: $$ \frac{2}{a + 1} < 4 \iff \frac{2 - 4(a + 1)}{a + 1} < 0 \iff \frac{-4a - 2}{a + 1} < 0 \iff \frac{2a + 1}{a + 1} > 0 $$ Решая неравенство методом интервалов, получаем: $$ a \in (-\infty; -1) \cup \left(-\frac{1}{2}; +\infty\right) $$ Таким образом, при $a \in (-\infty; -1) \cup \left(-\frac{1}{2}; +\infty\right)$ в этом случае есть $1$ корень, а при $a \in \left[-1; -\frac{1}{2}\right]$ корней нет. 3. Объединим полученные результаты: - При $a < -1$: из первого случая $0$ корней, из второго — $1$ корень. Всего $1$ корень. - При $-1 \le a < -\frac{1}{2}$: из обоих случаев корней нет. Всего $0$ решений. - При $a = -\frac{1}{2}$: из первого случая получаем $x = 4$ ($1$ корень), из второго — $0$ корней. Всего $1$ корень. - При $-\frac{1}{2} < a < 1$: из первого случая $1$ корень, из второго — $1$ корень. Корни различны, так как лежат в разных промежутках раскрытия модуля. Всего $2$ корня. - При $a \ge 1$: из первого случая $0$ корней, из второго — $1$ корень. Всего $1$ корень. **Ответ к пункту б:** - решений нет при $a \in \left[-1; -\frac{1}{2}\right)$; - одно решение при $a \in (-\infty; -1) \cup \left\{-\frac{1}{2}\right\} \cup [1; +\infty)$; - два решения при $a \in \left(-\frac{1}{2}; 1\right)$.