ID: 00022367
Источник: ФИПИ
Здесь тоже длинная скобка повторяется дважды — прячем её за одну букву: $t=4x-3|x+a^2|+|x-1|+3a^2$. Уравнение становится квадратным: $t^2-(a+1)t+4=0$.
Разберёмся с функцией $h(x)=4x-3|x+a^2|+|x-1|+3a^2$. Точки перелома — это $x=-a^2$ и $x=1$, причём всегда $-a^2\le0<1$. Считаем наклоны в трёх кусках: слева $4+3-1=6$, посередине $4-3-1=0$, справа $4-3+1=2$. Подставив, получаем: при $x<-a^2$ будет $h=6x+6a^2+1$; на среднем куске $-a^2\le x\le1$ выходит ровно $h=1$ (полочка!); при $x>1$ будет $h=2x-1$.
Значит, $h$ монотонно неубывает: слева поднимается из $-\infty$ до значения $1$, затем на отрезке $[-a^2;1]$ стоит на уровне $1$, потом снова растёт до $+\infty$. Отсюда число корней уравнения $h(x)=c$: если $c\ne1$ — ровно один корень; если $c=1$ — бесконечно много (вся полочка).
Нам нужно ровно два разных корня по $x$. Каждое значение $t\ne1$ даёт один корень, а $t=1$ — сразу бесконечно много. Поэтому квадратное уравнение $t^2-(a+1)t+4=0$ должно иметь два разных корня, и ни один из них не равен $1$.
Два разных корня — это положительный дискриминант: $(a+1)^2-16>0$, то есть $(a+1)^2>16$, откуда $a>3$ или $a<-5$. Запрещаем корень $t=1$: подставим $t=1$ в трёхчлен — получаем $1-(a+1)+4=4-a$; это ноль при $a=4$, значит $a\ne4$.
Итог: $a\in(-\infty;-5)\cup(3;4)\cup(4;+\infty)$. Проверка: при $a=3$ и $a=-5$ дискриминант равен нулю — корень $t$ единственный, и корень по $x$ получается один, а не два (края не берём). При $a=4$ вторым корнем оказывается как раз $t=1$ (по теореме Виета произведение корней равно $4$), и решений становится бесконечно много — точку $4$ выкалываем. Всё сходится.