Тип 19 № 15888

Преобразуем тригонометрическую часть: $$2-2\cos x-\sin^2 x=\cos^2 x-2\cos x+1=(\cos x-1)^2.$$

Сделаем замену $$t=\cos x-1.$$

Так как $ -1 \leq\cos x \leq 1$, то $$-2 \leq \cos x - 1 \leq 0 \Rightarrow t\in[-2;0]$$

Получаем:

$$(a^2+8a+16)t^2+(32+2a^2+16a)t+3a+10=0 \Leftrightarrow (a + 4)^2t^2 + 2(a + 4)^2t + 3a + 10 = 0$$

Введём функцию $y = y(t)$: $$y=(a+4)^2t^2+2(a+4)^2t+3a+10=0.$$

Следовательно, исходное уравнение не имеет решений тогда и только тогда, когда квадратное уравнение относительно $t$ либо не имеет корней, либо имеет корни, не принадлежащие отрезку $[-2;0]$.

1) $a=-4$.

Тогда коэффициент при $t^2$ равен нулю, и уравнение становится линейным: $$-2=0$$ Решений нет, значит $a=-4$ подходит.

2) $a\neq -4$.

Рассмотрим дискриминант: $$D=4(a+4)^4-4(3a+10)(a+4)^2 =4(a+4)^2(a^2+5a+6) =4(a+4)^2(a+2)(a+3)$$

Рассмотрим возможные случаи.

2.1) $D<0$.

$$(a+2)(a+3)<0 \quad \Rightarrow \quad a\in(-3;-2).$$ В этом случае корней по $t$ нет, значит такие $a$ подходят.

2.2) $D=0$.

Тогда $$t_0=\frac{-2(a+4)^2}{2(a+4)^2}=-1$$ Так как $-1\in[-2;0]$, то существует соответствующее $x$, следовательно, $a=-3$ и $a=-2$ не подходят.

2.3) $D>0$.

Тогда уравнение имеет два различных корня. Так как вершина параболы $$t_v=-1\in[-2;0],$$

то, чтобы оба корня не принадлежали $[-2;0]$, необходимо, чтобы значения функции на концах отрезка были отрицательны: $$\begin{cases} y(-2)<0,\\ y(0)<0. \end{cases}$$

Вычислим: $$y(-2)=4(a+4)^2-4(a+4)^2+3a+10=3a+10,$$ $$y(0)=3a+10.$$

Следовательно, $$3a+10<0 \quad \Rightarrow \quad a<-\frac{10}{3}$$

Пересекая с условием $D>0$, получаем $$a\in(-\infty;-\tfrac{10}{3}).$$

Ответ: $$a\in(-\infty;-\tfrac{10}{3})\cup(-3;-2).$$