Question

150 баллов. Пожалуйста, подробно!

Answer 1

Оо, знакомая задача. Решал намедни.

Заметим, что
$a + 2\sqrt{a} + 1 = (\sqrt{a} + 1)^2$

Отсюда вырастает замена: $\sqrt{a} + 1 = t \geqslant 1$

Отсюда получаем это:
$f(x) = \dfrac{t - 2 \cos x}{t^2 + \sin^2 x}$

Заметим, что функция непрерывна (знаменатель у неё никогда не обращается в ноль). Далее, производная такова:

$f'(x) = \ldots = \dfrac{2\sin x (t^2 + \sin^2 x) - 2 \sin x \cos x(t - 2\cos x)}{(t^2 + \sin^2x)^2} = \\ \\ \\ = \dfrac{2\sin x(t^2 + \sin^2 x - t \cos x + 2 \cos^2 x)}{(t^2 + \sin^2 x)^2} = \\ \\ \\ = \dfrac{2\sin x(t^2 - t \cos x + 1 + \cos^2 x)}{(t^2 + \sin^2 x)^2} = \dfrac{2 \sin x \left[t(t - \cos x) + 1 + \cos^2x\right]}{(t^2 + \sin^2 x)^2}$

Заметим, что $t(t - \cos x) \geqslant 0$, а этого достаточно для того, чтобы $t(t - \cos x) + 1 + \cos^2x > 0$ при всех $x$. Из этого следует, что корни у производной такие же, как и у $\sin x$.

В силу непрерывности функции, нам нужно, чтобы $\begin{cases} \max \limits_{\mathbb R} f(x) \geqslant 3, \\ \min \limits_{\mathbb R} f(x) \leqslant 2 \end{cases}$.

Рассмотрим производную: она имеет такой же знак, как и у функции $\sin x$. Значит, максимумы достигаются в точках $x = \pi + 2\pi k$, а минимумы — в точках $x = 2\pi k$.

$\max \limits_{\mathbb R} f(x) = f(\pi + 2\pi k) = \dfrac{t - 2 \cos (\pi + 2\pi k)}{t^2 + \sin^2 {(\pi + 2\pi k)}} = \dfrac{t + 2}{t^2}, \\ \\ \\ \min \limits_{\mathbb R} f(x) = f(2\pi k) = \dfrac{t - 2}{t^2}$

Отсюда система неравенств:
$\begin{cases} \dfrac{t - 2}{t^2} \leqslant 2, \\ \\ \dfrac{t + 2}{t^2} \geqslant 3 \end{cases}$.

Решив нижнее, находим $t \leqslant 1$; но так как по построению замены $t \geqslant 1$, то решением является $t = 1.$ Подставляя его в верхнее неравенство, получаем верное неравенство. Следовательно, $t = 1, \quad \sqrt{a} + 1 = 1, \quad a = 0.$

Ответ: 0

Answer 2

*****************************
ответ а=0
решение во вложении

18e3be537c88aac62e77de6e1559c4fa.doc