Пусть уравнение
(a−1)⋅9x−2a⋅3x+a+3=0
имеет единственное решение на отрезке [0;1].
1. Подстановка
Положим
t=3x,x∈[0;1]⟹t∈[1;3].
Тогда 9x=(3x)2=t2, и уравнение превращается в квадратное относительно t:
(a−1)t2−2at+(a+3)=0.(*)
Ищем количество корней t в отрезке [1;3].
2. Особый случай a=1
При a=1 уравнение (*) вырождается в линейное:
0⋅t2−2⋅1⋅t+(1+3)=0⟹−2t+4=0⟹t=2.
t=2∈[1;3], значит, есть ровно один корень t, а значит, ровно один корень x∈[0;1].
Итак, a=1 подходит.
3. Случай a=1: анализ квадратика
Для
f(t)=(a−1)t2−2at+(a+3)
дискриминант:
D=(−2a)2−4(a−1)(a+3)=4a2−4(a2+2a−3)=4(3−2a)=12−8a.
Чтобы были действительные корни по t, нужно:
D≥0⟹12−8a≥0⟹a≤23.
Теперь посмотрим значения f(t) на концах отрезка [1;3]:
Если a≤23, то
f(3)=4a−6≤4⋅23−6=6−6=0,
то есть f(3)≤0.
- Для a<23: f(1)>0, f(3)<0 ⇒ по теореме о промежуточном значении обязательно есть хотя бы один корень t∈(1;3).
- Для a=23: дискриминант D=0, корень один и он как раз t=3 (легко проверить подстановкой) ⇒ один корень в [1;3].
Остаётся проверить, может ли быть два различных корня в [1;3].
Предположим, что оба корня t1 и t2 лежат в [1;3]. Тогда на концах отрезка t=1 и t=3 функция квадратичная и, будучи вне промежутка между корнями, должна иметь одинаковый знак, равный знаку старшего коэффициента (a−1).
Но мы уже знаем, что:
f(1)=2>0,f(3)≤0при a≤23.
То есть знаки разные, поэтому два корня внутри [1;3] невозможны.
Итак, при каждом a≤23 в отрезке [1;3] существует ровно один корень t, следовательно, ровно один корень x∈[0;1].
Для a>23: D<0, действительных корней нет ⇒ на [0;1] решений нет.
Вывод по параметру:
a≤23.
Множество всех подходящих a:
S=(−∞,23].
4. Что просили в ответе
Нужно:
- Взять пять наибольших целых чисел из множества S.
- Найти их сумму.
- Прибавить к ней самое большое число из множества S.
Самое большое число в S — это
maxS=23.
Целые числа, лежащие в S, — это все целые ≤1. Пять наибольших из них:
1, 0, −1, −2, −3.
Их сумма:
1+0−1−2−3=−5.
Теперь добавляем maxS=23:
−5+23=−210+23=−27.
Ответ: −27 (то же самое, что −3,5).