Ре­ше­ние. При мо­дуль рас­кры­ва­ет­ся «со зна­ком минус»: На от­рез­ке [1; 3] гра­фик функ­ции пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вниз.

При или мо­дуль рас­кры­ва­ет­ся «со зна­ком плюс»: Гра­фик функ­ции на этих лучах пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх. Вер­ши­на этой па­ра­бо­лы может ле­жать левее от­рез­ка [1; 3], пра­вее этого от­рез­ка или на самом от­рез­ке. Рас­смот­рим эти слу­чаи.

Если и то есть если

то наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся в вер­ши­не, абс­цис­са ко­то­рой Оно равно:

По усло­вию тре­бу­ет­ся, чтобы наи­мень­шее зна­че­ние было мень­ше −2:

С уче­том того, что по­лу­ча­ем:

Оста­лось рас­смот­реть слу­чай, когда вер­ши­на па­ра­бо­лы, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, лежит на от­рез­ке [1; 3]. В этом слу­чае па­ра­метр а наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся на кон­цах от­рез­ка. Най­дем и Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции может быть мень­ше −2, толь­ко если то есть при Учи­ты­вая огра­ни­че­ния на a, по­лу­ча­ем:

Объ­еди­няя най­ден­ные зна­че­ния па­ра­мет­ра, по­лу­ча­ем ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

За­дан­ная функ­ция не­пре­рыв­на и на бес­ко­неч­но­стях стре­мит­ся к плюс бес­ко­неч­но­сти. По­это­му при любом зна­че­нии па­ра­мет­ра она до­сти­га­ет сво­е­го наи­мень­ше­го зна­че­ния. Тогда для того, чтобы наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции было мень­ше −2, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы не­ра­вен­ство имело ре­ше­ние. За­пи­шем его в виде

и по­стро­им гра­фи­ки левой и пра­вой ча­стей не­ра­вен­ства.

Гра­фик левой части не­ра­вен­ства  — па­ра­бо­ла (см. рис.), пе­ре­се­ка­ю­щая ось абс­цисс в точ­ках 1 и 3, с отражённой от­но­си­тель­но оси абс­цисс от­ри­ца­тель­ной ча­стью. Гра­фик пра­вой части не­ра­вен­ства  — пучок пря­мых, про­хо­дя­щих через точку (1; −1).

Не­труд­но за­ме­тить, что не­ра­вен­ство имеет ре­ше­ния, когда гра­фи­ки имеют более одной точки пе­ре­се­че­ния. То есть когда пря­мая про­хо­дит выше точки (3; 0) или выше точки ка­са­ния с па­ра­бо­лой на луче (−∞; 1].

В пер­вом слу­чае уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой дол­жен быть боль­ше уг­ло­во­го ко­эф­фи­ци­ен­та пря­мой, про­хо­дя­щей через точку (3; 0). Имеем:

Во вто­ром слу­чае за­пи­шем урав­не­ние в виде и най­дем дис­кри­ми­нант по­лу­чен­но­го квад­рат­но­го урав­не­ния: Па­ра­бо­ла имеет с ка­са­тель­ной един­ствен­ную общую точку, по­это­му ка­са­нию со­от­вет­ству­ет дис­кри­ми­нант, рав­ный нулю, от­ку­да a = 0 или a = 4. Под­хо­дит толь­ко по­ло­жи­тель­ный ко­рень, со­от­вет­ству­ю­щий от­ри­ца­тель­но­му уг­ло­во­му ко­эф­фи­ци­ен­ту пря­мой.

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем ответ:

Ответ:

При­ме­ча­ние Льва Бре­сла­ва (Санкт-⁠Пе­тер­бург).

Во вто­ром ре­ше­нии ссыл­ка на то, что функ­ция не­пре­рыв­на и на бес­ко­неч­но­стях стре­мит­ся к плюс бес­ко­неч­но­сти яв­ля­ет­ся су­ще­ствен­ной. На­при­мер, для внеш­не очень по­хо­жей функ­ции ана­ло­гич­ная пе­ре­фор­му­ли­ров­ка не будет рав­но­силь­на из­на­чаль­ной за­да­че.

При­ме­ча­ние ре­дак­ции Решу ЕГЭ.

Пол­но­стью со­гла­ша­ясь с преды­ду­щим за­ме­ча­ни­ем, от­ме­тим, что на ЕГЭ сни­жать оцен­ку уче­ни­ку за от­сут­ствие ука­зан­но­го обос­но­ва­ния не­пра­виль­но. Смо­лен­ская ко­мис­сия ЕГЭ в 2019 году оце­ни­ла вто­рое ре­ше­ние одним бал­лом из четырёх, объ­яс­нив на апел­ля­ции, что ре­ша­ю­щий дол­жен явно по­ка­зать, что рас­смат­ри­ва­е­мая им функ­ция до­сти­га­ет наи­мень­ше­го зна­че­ния. Ра­бо­та была пе­ре­про­ве­ре­на Ро­со­бр­над­зо­ром, при­няв­шим ре­ше­ние о вы­став­ле­нии пол­но­го балла. По­дроб­но­сти этой ис­то­рии по­дроб­но опи­са­ны Дмит­ри­ем Гу­щи­ным здесь, ряд ин­те­рес­ных ком­мен­та­ри­ев есть здесь.