На основании свойств логарифмов исходное уравнение равносильно уравнению log₂(2x² – x + 2a – 4a²) = log₂(x² + ax – 2a²), , которое, в свою очередь, равносильно системе: $\begin{cases} x^2 - (a+1)x + 2a (1-a) = 0 \\ (x + 2a)(x-a) > 0\end{cases}$.

Уравнение записанной системы имеет корни x₁ = 1 − a и x₂ = 2a.

Подставляя поочерёдно полученные значения х в неравенство системы, получим систему: $\begin{cases} (a+1)(2a-1) < 0 \\ 4a^2 > 0 \end{cases}$, из которой находим, что a ϵ (−1; 0) ⋃ $(0; \displaystyle \frac{1}{2})$.

Учитывая теперь, что x₁² + x₂² = 5a² – 2a + 1, из неравенства 5a² – 2a + 1 > 1 получаем значения a ϵ (−∞; 0) ⋃ $(\displaystyle \frac{2}{5}; +\infty)$.

Рассмотрим сумму логарифмов:

S = log_a $(\displaystyle \frac{3+2x^2}{1+x^2})$ + log_a $(\displaystyle \frac{5+4x^2}{1+x^2})$ = log_a $(2 + \displaystyle \frac{1}{1+x^2})$ + log_a $(4 + \displaystyle \frac{1}{1+x^2})$

Эта сумма имеет смысл при любых х. Заменим t = $\displaystyle \frac{1}{1+x^2}$, тогда очевидно, что

0 < t ≤ 1.

Составим неравенство: log_a(2 + t) + log_a(4 + t) > 1 и найдём значения параметра а, при которых неравенство выполняется при всех t ϵ (0; 1].

Если a > 1, то логарифмическая функция возрастает. Запишем равносильное неравенство (2 + t)(4 + t) > a или t² + 6t + 8 – a > 0.

Абсцисса вершины параболы f (t) = t² + 6t + 8 – a равна t₀ = −3, ветви направлены вверх, следовательно, на интервале (0; 1] функция f (t) монотонно возрастает.

Неравенство f (t) > 0 выполняется тогда и только тогда, когда f (0) ≥ 0, откуда 1 < a ≤ 8.

При 0 < a < 1 исходное неравенство равносильно следующему: f (t) = t² + 6t + 8 – a < 0.

Аналогично первому случаю, функция f (t) монотонно возрастает на (0; 1], поэтому необходимо и достаточно выполнения условия f (1) < 0, т. е. 1 + 6 + 8 – a < 0, a > 15. Полученный ответ не имеет пересечений с условием 0 < a < 1.

Тогда получаем искомые значения a ϵ (1; 8].

$\bigg| \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 }{x^2 + x + 1}\bigg| < 3 \leftrightarrow -3 < \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 }{x^2 + x + 1} < 3 \leftrightarrow \\ \begin{cases} \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 }{x^2 + x + 1} < 3 \\ \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 }{x^2 + x + 1} > -3 \end{cases} \leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 - 3 (x^2 + x+ 1)}{x^2 + x+1} < 0 \\ \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 + 3 (x^2 + x+ 1)}{x^2 + x+1} > 0 \end{cases} \leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 - 3x^2 -3x- 3}{x^2 + x+1} < 0 \\ \displaystyle \frac{x^2 + ax + 1 + 3x^2 +3x+3}{x^2 + x+1} > 0 \end{cases} \leftrightarrow \\ \leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{-2x^2 + ax - 3x -2}{x^2 + x + 1} < 0 \\ \displaystyle \frac{4x^2 + ax + 3x +4}{x^2 + x + 1} > 0 \end{cases} \leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{2x^2 - ax + 3x +2}{x^2 + x + 1} > 0 \\ \displaystyle \frac{4x^2 + ax + 3x +4}{x^2 + x + 1} > 0 \end{cases} \leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{2x^2 - (a - 3)x +2}{x^2 + x + 1} > 0 \\ \displaystyle \frac{4x^2 + (a + 3)x + 4}{x^2 + x + 1} > 0 \end{cases}$

Рассмотрим знаменатель данных дробей.

$f(x) = x^2 + x+1$

Ветви направлены вверх.

$D = 1 - 4\cdot 1\cdot 1 = -3 < 0$

Значит, $f(x) = x^2 + x+ 1 > 0$ при любых х. Преобразуем систему.

Решим первое неравенство.

$2x^2 - (a-3)x + 2 > 0 \\ D = (a-3)^2 - 16 = a^2 -6a + 9 -16 = a^2 - 6a - 7$

На данном этапе не знаем знак дискриминанта.

$D = a^2 - 6a - 7< 0 \rightarrow (a-7)(a+1) < 0 \rightarrow a \in (-1; 7)$ - знак неравенства выполняется при всех значениях х.

$D = a^2 -6a - 7 \geq \rightarrow (a - 7)(a+1) \geq 0 \rightarrow a \in (-\infty; -1] \cup [7; +\infty)$- решаем неравенство:

$2(x - \sqrt{a^2 - 6a - 7})(x + \sqrt{a^2 - 6a - 7}) > 0 \\ \rightarrow \begin{cases} x < -\sqrt{a^2 - 6a -7} \\ x > \sqrt{a^2 - 6a - 7}\end{cases}$

Решим второе неравенство.

$4x^2 + (a+3)x + 4 > 0 \\ D= (a+3)^2 - 64 = a^2 + 6a + 9 -64 = a^2 + 6a - 55 $

На данном этапе не знаем знак дискриминанта.

$D = a^2 +6a - 55 < 0 \rightarrow (a-5)(a+11) < 0 \rightarrow a \in (-11; 5)$ - знак неравенства выполняется при всех значениях х.

$D = a^2 + 6a - 55 \geq 0 \rightarrow (a-5)(a+11) \rightarrow a \in (-\infty; -11] \cup [5; +\infty)$- решаем неравенство:

Необходимо, чтобы неравенство выполнялось при всех х. Тогда получим значения (‒1;5).

$\sqrt{3x - 2} \ln (x -a) = \sqrt{3x -2} \ln (2x + a)$

ОДЗ:

Первый случай:

$\sqrt{3x - 2} = 0 \rightarrow 3x - 2 = 0 \rightarrow x = \displaystyle \frac{2}{3}$

Проверим ОДЗ:

Видим, что этот корень возможен при $-\displaystyle \frac{4}{3} < a < \displaystyle \frac{2}{3}$. Он также попадает в нужный нам промежуток [0;1].

Второй случай:

$\ln(x-a) -\ln (2x + a) = 0 \\ \ln(x - a) = ln (2x + a) \\ x - a = 2x + a \\ x = -2a$

Корень должен лежать на отрезке [0;1].

$0 \leq 0 \leq 1 \\ 0 \leq -2a \leq 1 \\ 0 \leq -a \leq \displaystyle \frac{1}{2} \\ -\displaystyle \frac{1}{2} \leq a \leq 0$

Этот корень также должен удовлетворять ОДЗ всего уравнения, то есть условиям:

$\begin{cases} 3x - 2 \geq 0 \\ x - a > 0 \\ 2x + a > 0\end{cases}$

Подставим $x = -2a$

Значит, второй корень, принадлежащий отрезку [0;1], возможен при $-\displaystyle \frac{1}{2} \leq a \leq -\displaystyle \frac{1}{3}$.

Итак,

$x = -2a , \text{если} -\displaystyle \frac{1}{2} \leq a -\displaystyle \frac{1}{3} \\ x = \displaystyle \frac{2}{3}, \text{если} -\displaystyle \frac{4}{3} < a < \displaystyle \frac{2}{3}$

Запишем по-другому:

Если$-\displaystyle \frac{1}{2} \leq a \leq -\displaystyle \frac{1}{3}$, то уравнение имеет 2 удовлетворяющих условию корня.

Если $-\displaystyle \frac{4}{3} < a < -\displaystyle \frac{1}{2} \text{и} -\displaystyle \frac{1}{3} < a < \displaystyle \frac{2}{3}$, то уравнение имеет только один корень$x = \displaystyle \frac{2}{3}$.

Проверим, при каких значениях a корни совпадают:

$\begin{cases} x = -2a \\ x = \displaystyle \frac{2}{3}\end{cases} \rightarrow -2a = \displaystyle \frac{2}{3} \rightarrow a = -\displaystyle \frac{1}{3}$

Нам необходимо, чтобы уравнение имело единственный корень. Тогда в ответ пойдут промежутки, где существует корень$x = \displaystyle \frac{2}{3}$, то есть $-\displaystyle \frac{4}{3} < a < -\displaystyle \frac{1}{2} \text{и} -\displaystyle \frac{1}{3} < a < \displaystyle \frac{2}{3}$, а также случай, когда корни совпадают.

Относительно параметра a следует рассмотреть два случая: 2a + 1 = 0 и 2a + 1 ≠ 0.

При 2a + 1 = 0, то есть при a = –$\displaystyle \frac{1}{2}$, получим линейное уравнение 2,5x + 3,5 = 0.

Следовательно, в данном случае x = –1,4 < –1. Таким образом, значение параметра a = –$\displaystyle \frac{1}{2}$удовлетворяет условию поставленной задачи.

Рассмотрим теперь случай 2a + 1 ≠ 0, то есть a ≠ –$\displaystyle \frac{1}{2}$. Приведем данное уравнение к виду x² + $\displaystyle \frac{(a+3)^2}{(2a + 1)^2}$ + $\displaystyle \frac{(2-3a)}{(2a+1)}$ = 0. Поставленная задача относится к задачам типа 2, поэтому следует проверить условия:

или

Решим каждое неравенство отдельно, а затем найдем пересечение полученных промежутков.

1) $\displaystyle \frac{(a+3)^2}{(2a + 1)^2}$ – 4$\displaystyle \frac{2-3a}{2a+1}$ ≥ 0 ⇔ a² + 6a + 9 – 4(4a + 2 – 6a² – 3a) ≥ 0 ⇔ 25a² + 2a + 1 ≥ 0.

Так как D₁ = 1 – 25 = –24 < 0 и 25 > 0, то неравенство 25a² + 2a + 1 ≥ 0 справедливо для любого действительного числа a. Таким образом, первое неравенство выполняется для любого a ∈ R.

2) $\displaystyle \frac{(2a + 1-a-3+2-3a)}{(2a + 1)} > 0 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{(-2a)}{(2a + 1)} > 0 \Leftrightarrow a \in (-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$

 
$3) \quad \displaystyle \frac{-(a+3)}{2(2a + 1)} < -1 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-(a+3)}{2(2a+1)} + 1 < 0 \qquad \displaystyle \frac{-a-3+4a+2}{2(2a + 1)} < 0 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{3a -1 }{(2a + 1 )} < 0 \Leftrightarrow a \in (-\displaystyle \frac{1}{2}; \displaystyle \frac{1}{3})$

4) Найдем пересечение полученных промежутков: (–∞; + ∞), $(-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$ и $(-\displaystyle \frac{1}{2} ; \displaystyle \frac{1}{3})$. Таким образом, при a ∈ $(-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$ исходное уравнение имеет два корня, каждый из которых меньше –1.

Объединяя найденные решения a = – $\displaystyle \frac{1}{2}$ и a ∈ $(-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$ , окончательно получаем a ∈ $[-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$.

Получаем: a ∈ $[-\displaystyle \frac{1}{2} ; 0)$

Пусть p + 1 = 0, то есть p = –1. Тогда наше уравнение принимает вид –6x – 2 = 0. Следовательно, оно имеет решение x = –$\displaystyle \frac{1}{3}$ < 1 и параметр p = –1 не удовлетворяет условиям задачи.

Пусть p ≠ –1. Тогда приведем данное уравнение к виду x² + $\displaystyle \frac{(p-5)}{(p+1)}x$ + $\displaystyle \frac{2p}{(p+1)}$ = 0. При этом параметр p должен удовлетворять системе:

Решим каждое из полученных неравенств в отдельности, а затем найдем пересечение числовых промежутков, являющихся решением этих неравенств.

1) $\displaystyle \frac{(p - 5)^2}{(p+1)^2}$ – 4$\displaystyle \frac{2p}{(p+1)}$ ≥ 0 ⇔ p² – 10p + 25 – 8p² – 8p ≥ 0 ⇔ –7p² – 18p + 25 ≥ 0 ⇔ 7p² + 18p – 25 ≤ 0.

Так как D₁ = 9² + 7 ∙ 25 = 256 = 16², то p₁ = $\displaystyle \frac{-9+16}{7}$ = 1, p₂ = $\displaystyle \frac{-9-16}{7}$ = –$\displaystyle \frac{25}{7}$ и неравенство 7p² + 18p – 25 ≤ 0 принимает вид:

7$(p + \displaystyle \frac{25}{7})$ (p – 1) ≤ 0. Отсюда p ∈ $[-\displaystyle \frac{25}{7}; 1]$.

2) $\displaystyle \frac{(p+1+p-5+2p)}{(p+1)}$ > 0 ⇔ $\displaystyle \frac{(4p-4)}{(p+1)}$ > 0 ⇔ $\displaystyle \frac{(p-1)}{(p+1)}$ > 0. Отсюда p ∈ (–∞; –1) ∪ (1; + ∞).

3) $\displaystyle \frac{-(p-5)}{2(p+1)} > 1 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-p+5}{2(p +1 )} -1 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-p+5-2p-2}{2(p+1)} > 0 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{p-1}{p+1}$

Отсюда p ∈ (–1; 1).

Таким образом, искомые значения параметра p должны удовлетворять условиям:

p ∈ $[-\displaystyle \frac{25}{7}; 1]$, p ∈ (–∞; –1) ∪ (1; + ∞) и p ∈ (–1; 1). Так как второе и третье условия одновременно не выполняются, то не существует такого значения параметра p, при котором уравнение (p + 1)x² + (p – 5)x + 2p = 0 имеет корни большие 1.

Поделим числитель и знаменатель дроби на 1 + x2: = 3.

Сделаем замену: z = $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.

Тогда $\displaystyle \frac{z^2 -2az + a}{1-2z}$ = 3. Так как 1 + x2 ≥ 1 поэтому 0 < z ≤ 1.

Задачу можно сформулировать так: найдите все значения а, при каждом из которых

уравнение $\displaystyle \frac{z^2 -2az + a}{1-2z}$ = 3 имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условию 0 < z ≤ 1.

Перейдем к системе:

$\begin{cases} z^2 -2az + a = -6z + 3, \\ z\neq 0,5, \\ 0< z \leq 1; \end{cases}$ ⇔ $\begin{cases} z^2 -2(a-3)z +a - 3 = 0, \\ z\neq 0,5, \\ 0< z \leq 1; \end{cases}$

Заметим, что ни при одном значении а число z = 0,5 не является корнем уравнения.

Рассмотрим функцию f (z) = z2 – 2(a – 3)z + a – 3. Её график — парабола, ветви которой направлены вверх. Следовательно, условие задачи выполнено тогда и только тогда, когда выполняется одно из трёх условий:

Трёхчлен имеет два различных корня, и только больший из них лежит на промежутке (0; 1] (см. рис. 1), то есть $\begin{cases} f(0) < 0, \\ f(1) \geq 0. \end{cases}$

Трёхчлен имеет два различных корня, и только меньший из них лежит на промежутке (0; 1] (см. рис. 2), то есть $\begin{cases} f(0) > 0, \\ f(1) \leq 0. \end{cases}$

Трёхчлен имеет два корня, возможно, совпадающих, и оба лежат на промежутке (0; 1] (см. рис. 3), то есть $\begin{cases} f(0) > 0, \\ f(1) \geq 0, \\ f(z_0) \leq 0 \end{cases}$, где z0 — абсцисса вершины параболы.

Эти условия соответствуют следующим способам расположения графика функции:

Решим систему: $\begin{cases} a - 3 < 0, \\ 1 - a + 3 \geq 0 \end{cases}$ ⇔ $\begin{cases} a < 3, \\4 \leq 4 \end{cases}$ ⇔ a < 3.

Решим систему: $\begin{cases} a - 3 > 0, \\ 1 - a + 3 \leq 0 \end{cases}$ ⇔ $\begin{cases} a > 3, \\4 \geq 4 \end{cases}$ ⇔ a ≥ 4.

Решим систему: ⇔ $\begin{cases} a > 3, \\ a \leq 4 \\ a \geq 4 \end{cases}$ откуда а = 4.

Тогда получаем значения: a < –3; a ≥ –2.

(2m – 3)≠0 так как необходимо, чтобы данное уравнение имело 2 различных корня.

Тогда данный пример относится к типу 1 задач. Приведем уравнение к виду x² + $\displaystyle \frac{4m + 2}{(2m - 3)}x$ + $\displaystyle \frac{m^2}{(2m - 3)}x$ = 0. Так как x₁ < –1 < x₂, то рассмотрим такое неравенство f (–1) < 0 или (–1)² + $\displaystyle \frac{(4m + 2)}{(2m - 3)} (-1)$ + $\displaystyle \frac{m^2}{(2m - 3)}x$ < 0 и получим $\displaystyle \frac{(2m - 3-4m -2-m^2)}{(2m - 3)}$ < 0 или $\displaystyle \frac{(m^2 - 2m - 5)}{(2m - 3)}$ < 0. Разложим квадратный трехчлен m² – 2m – 5 на множители. Для этого решим уравнение m² – 2m – 5 = 0. Его корни m₁ = 1 – √6 и m₂ = 1 + √6. Следовательно, неравенство примет вид < 0.

Для решения этого неравенства воспользуемся методом интервалов:

m ∈ (–∞; 1 – √6) ∪ $(\displaystyle \frac{3}{2}; 1 +\sqrt{6})$.

Найдем наибольшее целое m, принадлежащее указанным промежуткам.

Для этого оценим 1 + √6. Так как 2 < √6 < 3, то 3 < 1 + √6 < 4 и потому 3 ― наибольшее целое m, при котором x₁ < –1 < x₂.

Из условия задачи следует, что x₁ < 0 < x₂ и x₁ < 1 < x₂, значит, m – 1 ≠0.

Приведем данное уравнение к виду x² + $\displaystyle \frac{(m^2 - 2)}{(m-1)}x$ + $\displaystyle \frac{(m - 5)}{(m -1)}$ = 0 и запишем соответствующие условия, где f (x) = x² + $\displaystyle \frac{m^2 - 2}{m -1}x$ + $\displaystyle \frac{m - 5}{m -1}$:

или

Решим каждое неравенство системы методом интервалов.

1) $\displaystyle \frac{(m - 5)}{(m -1)}$ < 0, то есть m ∈ (1; 5).

2) $\displaystyle \frac{(m^2 + 2m - 8)}{(m -1)}$ < 0, тогда $\displaystyle \frac{(m + 4)(m-2)}{(m -1 )}$ < 0, то есть m ∈ (–∞; –4) ∪ (1; 2).

Таким образом, исходная система неравенств будет эквивалентна системе: m ∈ (1; 5) ∩ ((–∞; –4) ∪ (1; 2)).

Получаем, что m ∈ (1; 2).

Рассмотрим два случая: a = 0 и a ≠ 0.

При a = 0 имеем линейное уравнение 3x + 1 = 0. Его решение x = – $\displaystyle \frac{1}{3}$ > –2 удовлетворяет условию задачи.

Рассмотрим теперь случай a ≠ 0. Приведем уравнение к виду x² + $\displaystyle \frac{(2a+3)}{a^2}x$ + $\displaystyle \frac{1}{a^2}$ = 0. Параметр a должен удовлетворять системе неравенств:

или

Решим каждое полученное неравенство отдельно, а затем найдем пересечение полученных промежутков.

1) $\displaystyle \frac{(2a+3)^2}{a^2}x$ – $\displaystyle \frac{4}{a^2}$ ≥ 0 ⇔ 4a² + 12a + 9 – 4a² ≥ 0 ⇔ 12a + 9 ≥ 0 ⇔ a ≥ – $\displaystyle \frac{3}{4}$.

Таким образом, первое неравенство имеет решение a ∈ $[-\displaystyle \frac{3}{4}; +\infty)$

$2) \; \displaystyle \frac{(4a^2 - 4a - 6 +1)}{a^2} > 0 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{(4a^2 - 4a - 5)}{a^2} > 0 \Leftrightarrow > 0 \Leftrightarrow a \in (-\infty; \displaystyle \frac{1-\sqrt{6}}{2}) \cup(\displaystyle \frac{1+\sqrt{6}}{2}; + \infty) \\ 3) \; \displaystyle \frac{-(2a + 3)}{2a^2} > -2 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-2a-3}{2a^2} > -2 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-2a-3}{2a^2} + 2 > 0 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{-2a-3+4a^2}{2a^2} > 0 \Leftrightarrow >0 \Leftrightarrow a \in (-\infty; \displaystyle \frac{1-\sqrt{13}}{4})$

4) Найдем пересечение полученных интервалов:

a ∈ , a ∈ ∪ и a ∈ ∪ . Получим, что при a ∈ ∪ наше уравнение имеет два корня, каждый из которых больше –2.

Объединяя рассмотренные случаи a = 0 и a ≠ 0, получим множество значений параметра:

a ∈ ∪ {0} ∪ , при которых уравнение имеет два корня, каждый из которых больше –2.

По условию задачи необходимо найти наименьшее целое a. Таким значением параметра является a = 0.

Поделим числитель и знаменатель дроби на 1 + x²: $\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{1}{1+x^2} - \displaystyle \frac{2a}{\sqrt{1+x^2}} + a}{1-\displaystyle \frac{2}{\sqrt{1+x^2}}}$ = 3.

Сделаем замену: z = $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.

Тогда $\displaystyle \frac{z^2 -2az + a}{1-2z}$= 3. Так как 1 + x² ≥ 1 поэтому 0 < z ≤ 1.

Задачу можно сформулировать так: найдите все значения а, при каждом из которых

уравнение $\displaystyle \frac{z^2 -2az + a}{1-2z}$ = 3 имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условию 0 < z ≤ 1.

Перейдем к системе:

$\begin{cases} z^2 -2az + a = -6z + 3, \\ z \neq 0,5, \\ 0< z \leq 1;\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} z^2 - 2(a-3) z + a - 3 = 0, \\ z\neq 0,5, \\ 0< x \leq 1\end{cases}$

Заметим, что ни при одном значении а число z = 0,5 не является корнем уравнения.

Рассмотрим функцию f (z) = z² – 2(a – 3)z + a – 3. Её график — парабола, ветви которой направлены вверх. Следовательно, условие задачи выполнено тогда и только тогда, когда выполняется одно из трёх условий:

Трёхчлен имеет два различных корня, и только больший из них лежит на промежутке (0; 1] (см. рис. 1), то есть

Трёхчлен имеет два различных корня, и только меньший из них лежит на промежутке (0; 1] (см. рис. 2), то есть

Трёхчлен имеет два корня, возможно, совпадающих, и оба лежат на промежутке (0; 1] (см. рис. 3), то есть , где z₀ — абсцисса вершины параболы.

Эти условия соответствуют следующим способам расположения графика функции:

Решим систему: $\begin{cases} a - 3 < 0, \\ 1 - a + 3\geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a < 3, \\ a \leq 4\end{cases}$ ⇔ a < 3.

Решим систему: $\begin{cases} a - 3 > 0, \\ 1 - a + 3\leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a > 3, \\ a \geq 4\end{cases}$ ⇔ a ≥ 4.

Решим систему: $\begin{cases} a - 3 > 0, \\ 1-2(a-3)+a - 3\geq 0 \\ (a-3)^2 - 2(a-3)^2 + a - 3\leq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a > 3, \\ a \leq 4 \\ a \geq 4 \end{cases}$ откуда а = 4.

Получаем значения: a < 3, a ≥ 4.