Kaip išspręsti egzamino parametrus. Problemos su parametru iš ankstesnių metų vieningo valstybinio egzamino

Formos lygtis f(x; a) = 0 vadinamas lygtis su kintamuoju X ir parametras A.

Išspręskite lygtį su parametru A– tai reiškia kiekvienai vertei A rasti vertybes X, tenkinantis šią lygtį.

1 pavyzdys. Oi= 0

2 pavyzdys. Oi = A

3 pavyzdys.

x + 2 = ah
x – ah = –2
x(1 – a) = -2

Jei 1- A= 0, t.y. A= 1, tada X 0 = -2 be šaknų

Jei 1- A 0, t.y. A 1, tada X =

4 pavyzdys.

(A 2 – 1) X = 2A 2 + A – 3
(A – 1)(A + 1)X = 2(A – 1)(A – 1,5)
(A – 1)(A + 1)X = (1A – 3)(A – 1)

Jeigu A= 1, tada 0 X = 0
X– bet koks tikrasis skaičius

Jeigu A= -1, tada 0 X = -2
jokių šaknų

Jeigu A 1, A-1 tada X= (vienintelis sprendimas).

Tai reiškia, kad kiekvienai galiojančiai vertei A atitinka vieną reikšmę X.

Pavyzdžiui:

Jeigu A= 5, tada X = = ;

Jeigu A= 0, tada X= 3 ir tt

1. Oi = X + 3

2. 4 + Oi = 3X – 1

3. A = +

adresu A= 1 be šaknų.

adresu A= 3 be šaknų.

adresu A = 1 X– bet koks tikrasis skaičius, išskyrus X = 1

adresu A = -1, A= 0 sprendimų nėra.

adresu A = 0, A= 2 sprendimų nėra.

adresu A = -3, A = 0, 5, A= -2 sprendimų nėra

adresu A = -Su, Su= 0 sprendimų nėra.

Kvadratinės lygtys su parametru

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį

(A – 1)X 2 = 2(2A + 1)X + 4A + 3 = 0

At A = 1 6X + 7 = 0

Tuo atveju A 1, paryškiname tas parametrų reikšmes, kuriose D eina į nulį.

D = (2(2 A + 1)) 2 – 4(A – 1)(4A + 30 = 16A 2 + 16A + 4 – 4(4A 2 + 3A – 4A – 3) = 16A 2 + 16A + 4 – 16A 2 + 4A + 12 = 20A + 16

20A + 16 = 0

20A = -16

Jeigu A < -4/5, то D < 0, уравнение имеет действительный корень.

Jeigu A> -4/5 ir A 1, tada D > 0,

X =

Jeigu A= 4/5, tada D = 0,

2 pavyzdys. Kokiomis parametro a reikšmėmis veikia lygtis

x 2 + 2( A + 1)X + 9A– 5 = 0 turi 2 skirtingas neigiamas šaknis?

D = 4( A + 1) 2 – 4(9A – 5) = 4A 2 – 28A + 24 = 4(A – 1)(A – 6)

4(A – 1)(A – 6) > 0

per t. X 1 + X 2 = -2(A + 1)
X 1 X 2 = 9A – 5

Pagal sąlygą X 1 < 0, X 2 < 0 то –2(A + 1) < 0 и 9A – 5 > 0

Galų gale

4(A – 1)(A – 6) > 0 - 2(A + 1) < 0 9A – 5 > 0

A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9

(Ryžiai. 1) < a < 1, либо a > 6

3 pavyzdys. Raskite vertes A, kuriai ši lygtis turi sprendimą.

x 2 – 2 ( A – 1)X + 2A + 1 = 0

D = 4( A – 1) 2 – 4(2A + 10 = 4A 2 – 8A + 4 – 8A – 4 = 4A 2 – 16A

4A 2 – 16 0

4A(A – 4) 0

A( A – 4)) 0

A( A – 4) = 0

a = 0 arba A – 4 = 0
A = 4

(Ryžiai. 2)

Atsakymas: A 0 ir A 4

Didaktinė medžiaga

1. Kokia verte A lygtis Oi 2 – (A + 1) X + 2A– 1 = 0 turi vieną šaknį?

2. Kokia verte A lygtis ( A + 2) X 2 + 2(A + 2)X+ 2 = 0 turi vieną šaknį?

3. Kokioms a reikšmėms yra lygtis ( A 2 – 6A + 8) X 2 + (A 2 – 4) X + (10 – 3A – A 2) = 0 turi daugiau nei dvi šaknis?

4. Kokioms a reikšmėms 2 lygtis X 2 + X – A= 0 turi bent vieną bendrą šaknį su 2 lygtimi X 2 – 7X + 6 = 0?

5. Kokioms lygties reikšmėms X 2 +Oi+ 1 = 0 ir X 2 + X + A= 0 turi bent vieną bendrą šaknį?

1. Kada A = - 1/7, A = 0, A = 1

2. Kada A = 0

3. Kada A = 2

4. Kada A = 10

5. Kada A = - 2

Eksponentinės lygtys su parametru

1 pavyzdys.Rasti visas vertes A, kuriai lygtis

9 x – ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1) turi lygiai dvi šaknis.

Sprendimas. Abi (1) lygties puses padauginus iš 3 2/x, gauname lygiavertę lygtį

3 2(x+1/x) – ( A+ 2)*3 x+1/x + 2 A = 0 (2)

Tegu 3 x+1/x = adresu, tada (2) lygtis įgis tokią formą adresu 2 – (A + 2)adresu + 2A= 0 arba

(adresu – 2)(adresu – A) = 0, iš kur adresu 1 =2, adresu 2 = A.

Jeigu adresu= 2, t.y. 3 x+1/x = 2 tada X + 1/X= log 3 2 arba X 2 – X log 3 2 + 1 = 0.

Ši lygtis neturi realių šaknų, nes ji D= log 2 3 2 – 4< 0.

Jeigu adresu = A, t.y. 3 x+1/x = A Tai X + 1/X= 3 žurnalas A, arba X 2 –X log 3 a + 1 = 0. (3)

(3) lygtis turi lygiai dvi šaknis tada ir tik tada

D = log 2 3 2 – 4 > 0 arba |log 3 a| > 2.

Jei log 3 a > 2, tada A> 9, o jei log 3 a< -2, то 0 < A < 1/9.

Atsakymas: 0< A < 1/9, A > 9.

2 pavyzdys. Kokiomis a reikšmėmis yra lygtis 2 2х – ( A - 3) 2 x 3 A= 0 turi sprendimus?

Tam, kad duotoji lygtis turėtų sprendinius, būtina ir pakanka, kad lygtis t 2 – (a – 3) t – 3a= 0 turėjo bent vieną teigiamą šaknį. Raskime šaknis naudodami Vietos teoremą: X 1 = -3, X 2 = A = >

a yra teigiamas skaičius.

Atsakymas: kada A > 0

Didaktinė medžiaga

1. Raskite visas a reikšmes, kurioms taikoma lygtis

25 x – (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0 turi lygiai 2 sprendimus.

2. Kokioms a reikšmėms yra lygtis

2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 turi vieną šaknį?

3. Kokiomis parametro a reikšmėmis veikia lygtis

4 x - (5 A-3)2 x +4 A 2 – 3A= 0 turi unikalų sprendimą?

1 pavyzdys. Raskite visas vertes A, kuriai lygtis

žurnalas 4x (1 + Oi) = 1/2 (1)

turi unikalų sprendimą.

Sprendimas. (1) lygtis yra lygiavertė lygčiai

1 + Oi = 2X adresu X > 0, X 1/4 (3)

X = adresu

ay 2 - adresu + 1 = 0 (4)

Sąlyga (2) iš (3) netenkinama.

Leiskite A 0, tada AU 2 – 2adresu+ 1 = 0 turi tikrąsias šaknis tada ir tik tada D = 4 – 4A 0, t.y. adresu A 1. Norėdami išspręsti nelygybę (3), nubraižykite funkcijas Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Išsamus algebros ir matematinės analizės eigos tyrimas. – M.: Švietimas, 1990 m

ir kiti. Studijų vadovas. – M.: Egzaminas, 2001–2008 m.

_________________________________________________________________________________________________________________________________

MKOU "Lodeinopolio vidurinė mokykla Nr. 68"

Kalba Maskvos srities susirinkime

Problemų sprendimo būdai

su parametrais

Prokuševa Natalija Gennadievna

2013-2014

Lodeinojos lenkas

Problemos su parametrais

Parametrų problemos yra vienos iš sunkiausių problemų, siūlomų tiek per vieningą valstybinį egzaminą, tiek per papildomus konkursinius egzaminus universitetuose.

Jei lygtyje (nelygybėje) kai kurie koeficientai pateikiami ne konkrečiomis skaitinėmis reikšmėmis, o žymimi raidėmis, tai jie vadinami parametrais, o lygtis (nelygybė) yra parametrinė.

Paprastai nežinomieji žymimi paskutinėmis lotyniškos abėcėlės raidėmis: x, y, z, ..., o parametrai – pirmomis: a, b, c, ...

Išspręsti lygtį (nelygybę) su parametrais reiškia nurodyti, kokiomis parametrų reikšmėmis egzistuoja sprendimai ir kokie jie yra. Dvi lygtys (nelygybės), turinčios tuos pačius parametrus, vadinamos ekvivalentiškomis, jei:

a) jie turi prasmę toms pačioms parametrų reikšmėms;

b) kiekvienas pirmosios lygties (nelygybės) sprendimas yra antrosios lygties sprendinys ir atvirkščiai.

Natūralu, kad tokia maža problemų klasė daugeliui neleidžia suvokti pagrindinio dalyko: parametras, būdamas fiksuotas, bet nežinomas skaičius, turi dvejopą prigimtį. Pirma, tariama šlovė leidžia „bendrauti“ su parametru kaip skaičiumi, antra, bendravimo laisvės laipsnį riboja jo neaiškumas. Taigi, norint padalinti iš išraiškos, kurioje yra parametras, ir iš tokių išraiškų išgauti lyginio laipsnio šaknį, reikia išankstinių tyrimų. Paprastai šių tyrimų rezultatai turi įtakos ir sprendimui, ir atsakymui.

Nuo ko pradėti spręsti tokias problemas? Nebijokite problemų su parametrais. Visų pirma reikia daryti tai, kas daroma sprendžiant bet kokią lygtį ar nelygybę - duotą lygtį (nelygybę) sumažinti į paprastesnę formą, jei įmanoma: koeficientuoti racionalią išraišką, koeficientą trigonometrinį daugianarį, atsikratyti modulių, logaritmų, ir t. t.. tada reikia vėl ir vėl atidžiai perskaityti užduotį.

Sprendžiant uždavinius, kuriuose yra parametras, yra problemų, kurias galima suskirstyti į dvi dideles klases. Pirmoji klasė apima uždavinius, kuriuose būtina išspręsti visų galimų parametro verčių nelygybę arba lygtį. Antroje klasėje yra užduotys, kuriose reikia rasti ne visus galimus sprendimus, o tik tuos, kurie tenkina kai kurias papildomas sąlygas.

Suprantamiausias būdas moksleiviams tokias problemas spręsti – iš pradžių surasti visus sprendimus, o tada atrinkti tuos, kurie tenkina papildomas sąlygas. Tačiau tai ne visada įmanoma. Egzistuoja daugybė problemų, kuriose neįmanoma rasti visų daugybės sprendimų, ir mūsų to neprašome. Todėl turime ieškoti būdo, kaip išspręsti problemą, neturėdami visų tam tikros lygties ar nelygybės sprendinių rinkinio, pavyzdžiui, ieškoti į lygtį įtrauktų funkcijų savybių, kurios leistų mums spręsti apie tam tikro sprendinių rinkinio egzistavimą.

Pagrindiniai užduočių tipai su parametrais

1 tipas. Lygtys, nelygybės, jų sistemos ir aibės, kurios turi būti išspręstos bet kuriai parametro (parametrų) reikšmei arba parametrų reikšmėms, priklausančioms iš anksto nustatytam rinkiniui.

Šio tipo problemos yra pagrindinės įsisavinant temą „Problemos su parametrais“, nes įdėtas darbas nulemia sėkmę sprendžiant visų kitų pagrindinių tipų problemas.

2 tipas. Lygtys, nelygybės, jų sistemos ir aibės, kurioms būtina nustatyti sprendinių skaičių priklausomai nuo parametro (parametrų) reikšmės.

Atkreipiame dėmesį į tai, kad sprendžiant tokio tipo uždavinius nereikia nei spręsti duotų lygčių, nelygybių, jų sistemų ir kombinacijų ir pan., nei pateikti šių sprendinių; Dažniausiai toks papildomas darbas yra taktinė klaida, dėl kurios be reikalo švaistomas laikas. Tačiau nereikėtų to suabsoliutinti, nes kartais tiesioginis sprendimas pagal 1 tipą yra vienintelis pagrįstas būdas gauti atsakymą sprendžiant 2 tipo problemą.

3 tipas. Lygtys, nelygybės, jų sistemos ir rinkiniai, kuriems reikia rasti visas tas parametrų reikšmes, kurioms nurodytos lygtys, nelygybės, jų sistemos ir rinkiniai turi tam tikrą skaičių sprendinių (ypač jos neturi arba turi begalinis sprendimų skaičius).

Nesunku pastebėti, kad 3 tipo problemos tam tikra prasme yra atvirkštinės 2 tipo problemoms.

4 tipas. Lygtys, nelygybės, jų sistemos ir aibės, kurioms reikalingoms parametro reikšmėms sprendinių rinkinys tenkina nurodytas apibrėžimo srities sąlygas.

Pavyzdžiui, suraskite parametrų reikšmes, kuriose:

1) lygtis tenkinama bet kuriai kintamojo reikšmei iš tam tikro intervalo;
2) pirmosios lygties sprendinių aibė yra antrosios lygties sprendinių aibės poaibis ir kt.

komentuoti. Užduočių, susijusių su parametru, įvairovė apima visą mokyklinės matematikos kursą (ir algebrą, ir geometriją), tačiau absoliuti dauguma baigiamųjų ir stojamųjų egzaminų priklauso vienam iš keturių išvardytų tipų, kurie dėl šios priežasties vadinami baziniais.

Labiausiai paplitusi problemų, susijusių su parametru, klasė yra problemos su vienu nežinomu ir vienu parametru. Kitoje pastraipoje nurodomi pagrindiniai šios konkrečios klasės problemų sprendimo būdai.

Pagrindiniai uždavinių, susijusių su parametru, sprendimo metodai

I metodas(analitinis). Tai vadinamojo tiesioginio sprendimo metodas, kartojantis standartines procedūras ieškant atsakymo į uždavinius be parametro. Kartais jie sako, kad tai yra stipraus, gerąja prasme „arogantiško“ sprendimo būdas.

II metodas(grafinis). Priklausomai nuo užduoties (su kintamuoju x ir parametras a) grafikai nagrinėjami arba koordinačių plokštumoje ( x; y), arba koordinačių plokštumoje ( x; a).

komentuoti. Išskirtinis grafinio uždavinių sprendimo metodo su parametru aiškumas ir grožis taip sužavi temos „Problemos su parametru“ studentus, kad jie pradeda ignoruoti kitus sprendimo būdus, pamiršdami gerai žinomą faktą: bet kuriai problemų klasei. , jų autoriai gali suformuluoti tokį, kuris puikiai išspręstas tokiu būdu, o kitais būdais – su didžiuliais sunkumais. Todėl pradiniame studijų etape pavojinga pradėti nuo grafinių metodų, kaip išspręsti problemas su parametru.

III metodas(sprendimas dėl parametro). Sprendžiant šiuo būdu, kintamieji x Ir a priimami kaip lygūs ir pasirenkamas kintamasis, kurio atžvilgiu analitinis sprendimas laikomas paprastesniu. Po natūralių supaprastinimų grįžtame prie pradinės kintamųjų reikšmės x Ir a ir baigti tirpalą.

Dabar pereikime prie šių problemų, susijusių su parametru, sprendimo būdų demonstravimo.

1. Tiesinės lygtys ir nelygybės su parametrais

Linijinė funkcija: – tiesės su nuolydžio koeficientu lygtis . Kampinis koeficientas yra lygus tiesės polinkio kampo į teigiamą ašies kryptį liestinei .

Tiesinės lygtys su formos parametrais

Jeigu , lygtis turi vienintelis dalykas sprendimas.

Jeigu , ta lygtis neturi sprendimų, Kada , ir lygtis turi be galo daug sprendimų, Kada.

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį | x | = a .

Sprendimas:

a > 0, => x 1,2 = ± a

a = 0, => x = 0

a < 0, =>sprendimų nėra.

Atsakymas: x 1,2 = ± a adresu a > 0; x= 0 at a= 0; sprendimų nėra a < 0.

2 pavyzdys. Išspręskite lygtį |3 – x | = a .

Sprendimas:

a > 0, => 3 – x = ± a , => x= 3 ± a

a = 0, => 3 – x = 0. => x = 3

a < 0, =>sprendimų nėra.

Atsakymas: x 1,2 = 3 ± a adresu a > 0; x= 3 val a= 0; sprendimų nėra a < 0.

3 pavyzdys. Išspręskite lygtį m ² x – m = x + 1.

Sprendimas:

m ² x – m = x + 1

m ² x – x = m + 1

(m² – 1)x = m + 1

Atsakymas:
adresu m ≠ ± 1; x Є R adresu m= –1; sprendimų nėra m = 1.

4 pavyzdys. A išspręskite lygtį: ( a 2 – 4) x = a + 2 .

Sprendimas: Išskaidykime koeficientą. .

Jeigu , lygtis turi vienintelis dalykas sprendimas: .

Jeigu , lygtis neturi sprendimų.

Jeigu , tada lygtis turi be galo daug sprendimų .

6 pavyzdys. Visoms parametrų reikšmėms a išspręskite lygtį:
.

Sprendimas: ODZ: . Esant šiai sąlygai, lygtis yra lygiavertė: . Patikrinkime, ar priklausote ODZ: , Jeigu . Jeigu , tada lygtis neturi sprendimų.

7 pavyzdys. Visoms parametrų reikšmėms A išspręskite lygtį: | X + 3| – a | x – 1| = 4.

Sprendimas: Padalinkime skaičių tiesę į 3 dalis taškais, kuriuose išnyksta reiškiniai po modulio ženklu ir išspręskime 3 sistemas:

1) , Jeigu . Bus rastas sprendimas, jei .

2) , Jeigu . Rasta tenkina reikalingą nelygybę, todėl yra sprendimas . Jeigu , tada sprendimas yra bet koks .

3) , Jeigu . Rasta Ne tenkina reikalingą nelygybę, todėl Ne yra sprendimas, kai . Jeigu , tada sprendimas yra bet koks x > 1.

Atsakymas: adresu ; adresu ;

n ri ; taip pat yra sprendimas visiems .

8 pavyzdys. Rasti viską A, kiekvienam iš kurių bent vienas iš 15 lygties sprendinių x – 7a = 2 – 3kirvis + 6a mažiau 2 .

Sprendimas: Raskime kiekvienos lygties sprendimus . , Jei . Išspręskime nelygybę: .

Kai lygtis neturi sprendinių.

Atsakymas : AÎ (–5 , 4) .

Tiesinės nelygybės su parametrais

Pavyzdžiui: Išspręskite nelygybę: kx < b .

Jeigu k> 0, tada
. Jeigu k < 0, то
. Jeigu k= 0, tada kada b> 0 sprendimas yra bet koks x Є R, ir kada
sprendimų nėra.

Lygiai taip pat išspręskite langelyje likusias nelygybes.

1 pavyzdys. Visoms parametro a reikšmėms išspręskite nelygybę
.

Sprendimas:

. Jei skliaustas yra prieš x yra teigiamas, t.y. adresu
, Tai
. Jei skliaustas yra prieš x neigiamas, t.y. adresu
, Tai
. Jeigu a= 0 arba a = , tada sprendinių nėra.

Atsakymas:
adresu
;
adresu
;

sprendimų nėra a= 0 arba a = .

2 pavyzdys. Visoms parametrų reikšmėms A išspręsti nelygybę | X– a| – | x + a| < 2a .

Sprendimas:

At a=0 turime neteisingą nelygybę 0< 0, т.е. решений нет. Пусть a >0, tada ties x< –a abu moduliai yra išplėsti su minusu ir gauname neteisingą nelygybę 2 a < 2a, t.y. sprendimų nėra. Jeigu x Є [– a ; a] , tada pirmasis modulis atsidaro su minusu, o antrasis su pliusu, ir gauname nelygybę –2 x < 2a, t.y. x > –a t.y., sprendimas yra bet koks x Є (– a ; a]. Jeigu x > a abu moduliai atsidaro su pliusu ir gauname teisingą nelygybę –2 a < 2a, t.y. , sprendimas yra bet koks x Є ( a; +∞). Sujungę abu atsakymus, gauname, kad kada a > 0 x Є (– a ; +∞).

Leiskite a < 0, тогда первое слагаемое больше, чем второе, поэтому разность в левой части неравенства положительна и, следовательно, не может быть меньше отрицательного числа 2a. Taigi, su a < 0 решений нет.

Atsakymas: x Є (– a; +∞) ties a> 0, sprendimų nėra
.

komentuoti.Šios problemos sprendimas yra greitesnis ir paprastesnis, jei naudojate dviejų skaičių skirtumo modulio geometrinę interpretaciją kaip atstumą tarp taškų. Tada kairėje pusėje esanti išraiška gali būti interpretuojama kaip atstumų nuo taško skirtumas Xį taškus A Ir - A .

3 pavyzdys. Rasti viską A, kiekvienam iš kurių visi nelygybės sprendiniai
patenkinti nelygybę 2 x – a² + 5< 0.

Sprendimas:

Nelygybės |x | sprendimas ≤ 2 yra rinkinys A=[–2; 2] ir 2 nelygybės sprendimas x – a² + 5< 0 является множество B = (–∞;
). Kad būtų patenkintos problemos sąlygos, būtina, kad aibė A būtų įtraukta į aibę B (). Ši sąlyga bus įvykdyta tada ir tik tada, kai .

Atsakymas: a Є (–∞; –3)U (3; +∞).

4 pavyzdys. Raskite visas a reikšmes, kurioms yra nelygybė
bėga visiems x iš segmento.

Sprendimas:

Dalis tarp šaknų yra mažesnė už nulį, todėl reikia išsiaiškinti, kuri šaknis yra didesnė.

–3a + 2 < 2a + 4
ir –3 a + 2 > 2a + 4
. Taigi, su
xЄ (–3 a + 2; 2a+ 4) ir kad nelygybė galiotų visiems x iš atkarpos , būtina, kad

At
xЄ (2 a + 4; –3a+ 2) ir kad nelygybė galiotų visiems x iš segmento , būtina, kad

Kai a = – (kai šaknys sutampa) sprendinių nėra, nes šiuo atveju nelygybė įgauna tokią formą: .

Atsakymas:
.

5 pavyzdys. A nelygybė galioja visoms neigiamoms reikšmėms X?

Sprendimas:

Funkcija monotoniškai didėja, jei koeficientas at x neneigiamas, ir jis monotoniškai mažėja, jei koeficientas ties x neigiamas.

Išsiaiškinkime koeficiento ženklą ties

a ≤ –3,

a ≥ 1; (a² + 2 a – 3) < 0 <=> –3 < a < 1.

a ≤ –3,

Leiskite a≥ 1. Tada funkcija f (x ) monotoniškai nemažėja, o problemos sąlyga bus patenkinta, jei f (x ) ≤ 0 <=> 3a ² – a – 14 ≤ 0 <=>
.

a ≤ –3,

Kartu su sąlygomis a≥ 1; gauname:

Tegul -3< a < 1. Тогда функция f (x ) mažėja monotoniškai, o problemos būklė niekada negali būti patenkinta.

Atsakymas:
.

2. Kvadratinės lygtys ir nelygybės su parametrais

Kvadratinė funkcija:
.

Realiųjų skaičių aibėje ši lygtis tiriama pagal šią schemą.

1 pavyzdys. Kokiomis vertybėmis a lygtisx ² – kirvis + 1 = 0 neturi tikrų šaknų?

Sprendimas:

x ² – kirvis + 1 = 0

D = a ² – 4 1 =a ² – 4

a ² – 4< 0 + – +

( a – 2)( a + 2) < 0 –2 2

Atsakymas: adresua Є (–2; 2)

2 pavyzdys.Kokioms a reikšmėms taikoma lygtis A (X ² – X + 1) = 3 X + 5 turi dvi skirtingas tikras šaknis?

Sprendimas:

A (X ² – X + 1) = 3 X + 5, A ≠ 0

Oi ² – ah+ a – 3 X – 5 = 0

Oi ² – ( A + 3) X + A – 5 = 0

D = ( a +3)² – 4a ( a – 5) = a ² +6a + 9 – 4 a ² + 20a = –3 a ² + 26a + 9

–3 a ² + 26 a + 9 > 0

3 a ² – 26a – 9 < 0

D = 26² – 4 3 (–9) = 784

a 1 =
; a 2 =
+ – +

0 9

Atsakymas:adresuaЄ (–1/3; 0)U (0; 9)

3 pavyzdys: Išspręskite lygtį
.

Sprendimas:

ODZ: x ≠1, x ≠ a

x – 1 + x – a = 2, 2 x = 3 + a ,

1)
; 3 + a ≠ 2; a ≠ –1

2)
; 3 + a ≠ 2 a ; a ≠ 3

Atsakymas:
adresua Є (–∞; –1)U (–1; 3) U (3; +∞);

sprendimų nėraa = –1; 3.

Pavyzdys4 . Išspręskite lygtį | x ²–2 x –3 | = a .

Sprendimas:

Pažiūrėkime į funkcijas y = | x ²–2 x –3 | Iry = a .

At a < 0 nėra sprendimų;
adresu a = 0 ir a> 4 du sprendimai;
0 val< a < 4 – четыре решения;
adresu a= 4 – trys sprendiniai.

Atsakymas:

adresu a < 0 нет решений;
adresu a= 0 ir a> 4 du sprendimai;
0 val< a < 4 – четыре решения;
adresu a= 4 – trys sprendiniai.

5 pavyzdys.Raskite visas vertes a , kurių kiekvienos lygtis | x ²–( a +2) x +2 a | = | 3 x –6 |
turi lygiai dvi šaknis. Jeigu tokios vertybės a daugiau nei vieną, atsakyme nurodykite jų produktą.

Sprendimas:

Išplėskime kvadratinį trinarį x ²–( a +2) x +2 a pagal daugiklius.
;
;
;

Mes gauname | ( x –2)( x – a ) | = 3 | x –2 |.
Ši lygtis yra lygi aibei

Todėl ši lygtis turi lygiai dvi šaknis, jei a+ 3 = 2 ir a – 3 = 2.
Iš čia matome, kad norimos reikšmės a yra a 1 = –1; a 2 = 5; a 1 · a 2 = –5.

Atsakymas: –5.

6 pavyzdys.Raskite visas vertes a , kuriam lygties šaknys kirvis ² – 2( a + 1) x – a + 5 = 0 yra teigiami.

Sprendimas:

Patikrinimo taškas a= 0, nes pakeičia lygties esmę.

1. a = 0 –2x + = 0;

Atsakymas: a Є U .

7 pavyzdys.Atkokios parametrų reikšmės a lygtis | x ² – 4 x + 3 | = kirvis turi 3 šaknis.

Sprendimas:

Sukurkime funkcijų grafikus y = | x ² – 4 x + 3 | Ir y = kirvis .

Funkcija pavaizduota segmente
.
Ši lygtis turės tris šaknis, jei funkcijos grafikas y = kirvis bus grafiko liestinė y = x ²+ 4 x – 3 įjungta
segmentas

Tangento lygtis turi formą y = f (x 0 ) + f ’(x 0 )(x – x 0 ),



Nes liestinės lygtis y = a, gauname lygčių sistemą

Nes x 0 Є ,

Atsakymas: adresu a = 4 – 2
.

Kvadratinės nelygybės su parametrais

Pavyzdys.Raskite visas parametrų reikšmes a , kiekvienam iš jų tarp nelygybių sprendimų
linijos atkarpoje taškų nėra.

Sprendimas:

Pirmiausia išspręskime nelygybę visoms parametro reikšmėms, o tada suraskime tas, kurioms tarp sprendinių nėra nė vieno segmento taško .
Leiskite
, kirvis = t ²

t ≥ 0

Taip pakeitus kintamuosius, nelygybės ODZ atliekamas automatiškai. x galima išreikšti per t, Jei a≠ 0. Todėl atvejis, kai a = 0, nagrinėsime atskirai.
1.Leisk a = 0, tada X> 0, o duotoji atkarpa yra sprendimas.
2.Leisk a≠ 0, tada
ir nelygybė
įgaus formą
,

Nelygybės sprendimas priklauso nuo vertybių a, todėl turime apsvarstyti du atvejus.
1) Jei a>0, tada
adresu
, arba senuose kintamuosiuose,

Sprendime nėra nei vieno duotosios atkarpos taško tada ir tik tada, kai tenkinamos sąlygos a ≤ 7,

16a≥ 96. Taigi, a Є .
2). Jeigu A< 0, то
;
; tЄ (4 a ; a). Nes t≥ 0, tada sprendinių nėra.

Atsakymas: .

Iracionalios lygtys su parametrais

Sprendžiant neracionalias lygtis ir nelygybes su parametru, pirmiausia reikia atsižvelgti į priimtinų verčių diapazoną. Antra, jei abi nelygybės pusės yra neneigiamos išraiškos, tai tokią nelygybę galima pakelti kvadratu išlaikant nelygybės ženklą.
Daugeliu atvejų neracionalios lygtys ir nelygybės, pakeitus kintamuosius, redukuojamos į kvadratines.

1 pavyzdys. Išspręskite lygtį
.

Sprendimas:

ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, a ≥ 0.

x + 1 = a ².

Jeigu x = a² – 1, tada sąlyga tenkinama.

Atsakymas: x = a² – 1 val A≥ 0; sprendimų nėra a < 0.

2 pavyzdys: Išspręskite lygtį
.

Sprendimas:

ODZ: x + 3 ≥ 0, x ≥ –3,

a–x ≥ 0; x ≤ a;

x + 3 = a–x,

2x = a – 3,

<=>
<=>
<=> a ≥ –3.

Atsakymas:
adresu a≥ –3; sprendimų nėra a < –3.

3 pavyzdys. Kiek šaknų turi lygtis?
priklausomai nuo parametrų verčių A?

Sprendimas:

Priimtinų lygties reikšmių diapazonas: x Є [–2; 2]

Sukurkime funkcijų grafikus. Pirmosios funkcijos grafikas yra viršutinė apskritimo pusė x² + y² = 4. Antrosios funkcijos grafikas yra pirmojo ir antrojo koordinačių kampų pusiausvyra. Iš pirmosios funkcijos grafiko atimkite antrosios funkcijos grafiką ir gaukite funkcijos grafiką
. Jei pakeisite adresuįjungta A, tada paskutinis funkcijos grafikas yra taškų (x; a) aibė, tenkinanti pradinę lygtį.

Pagal grafiką matome atsakymą.

Atsakymas: adresu AЄ (–∞; –2) U (1; +∞), nėra šaknų;

adresu AЄ [–2; 2), dvi šaknys;

adresu A= 1, viena šaknis.

4 pavyzdys. Kokiomis parametrų reikšmėmis A lygtis
turi vieną sprendimą?

Sprendimas:

1 metodas (analitinis):

Atsakymas:

2 metodas (grafinis):

Atsakymas: jei ≥ –2 lygtis turi unikalų sprendimą

5 pavyzdys. Kokioms parametro a reikšmėms lygtis = 2 + x turi unikalų sprendimą.

Sprendimas:

Panagrinėkime grafinę šios lygties sprendimo versiją, tai yra, sukursime dvi funkcijas:
adresu 1 = 2 + X Ir adresu 2 =

Pirmoji funkcija yra tiesinė ir eina per taškus (0; 2) ir (–2; 0).
Antrosios funkcijos grafike yra parametras. Pirmiausia panagrinėkime šios funkcijos grafiką at A= 0 (1 pav.). Keičiant parametro reikšmę, grafikas judės išilgai ašies Oi atitinkama verte į kairę (teigiamai A) arba į dešinę (neigiama A) (2 pav.)

Iš paveikslo aišku, kad kada A < –2 графики не пересекают друг друга, а следовательно не имеют общих решений. Если же значение параметра а больше либо равно –2, то графики имеют одну точку пересечения, а следовательно одно решение.

Atsakymas: adresu a≥ –2 lygtis turi unikalų sprendimą.

Trigonometrinės lygtys su parametrais.

1 pavyzdys.Išspręskite lygtį nuodėmė (– x + 2 x – 1) = b + 1.

Sprendimas:

Atsižvelgiant į funkcijos keistumą
, šią lygtį sumažiname iki ekvivalento
.

1. b = –1

3. b =–2

4. | b + 1| > 1

Sprendimų nėra.

5. bЄ(–1; 0)

6. bЄ(–2; –1)

2 pavyzdys.Raskite visas parametro p reikšmes, kurioms taikoma lygtis
neturi sprendimų.

Sprendimas:

Išreikškime cos 2 x per sinx.

Leiskite
tada užduotis buvo sumažinta iki visų reikšmių suradimo p, kurios lygtis neturi sprendinių [–1; 1]. Lygtis negali būti išspręsta algoritmiškai, todėl problemą išspręsime naudodami grafiką. Parašykime lygtį į formą , o dabar kairiosios pusės grafiko eskizą
lengva statyti.
Lygtis neturi sprendinių, jei tiesė y = p+ 9 nekerta grafiko intervale [–1; 1], t.y.

Atsakymas:p Є (–∞; –9) U (17; +∞).

Lygčių sistemos su parametrais

Dviejų tiesinių lygčių su parametrais sistemos

Lygčių sistema

Dviejų tiesinių lygčių sistemos sprendiniai yra dviejų tiesių susikirtimo taškai: ir .

Galimi 3 atvejai:

1. Tiesės nėra lygiagrečios . Tada jų normalieji vektoriai nėra lygiagretūs, t.y. . Šiuo atveju sistema turi vienintelis sprendimas.

2. Linijos lygiagrečios ir nesutampa. Tada jų normalieji vektoriai lygiagretūs, bet poslinkiai skirtingi, t.y. .

Šiuo atveju sistema neturi sprendimų .

3. Tiesios linijos sutampa. Tada jų normalieji vektoriai yra lygiagretūs ir poslinkiai sutampa, t.y. . Šiuo atveju sistema turi be galo daug sprendimų - visi linijos taškai .

Šio darbo tikslas – ištirti įvairius parametrų uždavinių sprendimo būdus. Gebėjimas ir gebėjimas spręsti uždavinius pagal parametrus rodo lygčių ir nelygybių sprendimo metodų įvaldymą, prasmingą teorinės informacijos supratimą, loginio mąstymo lygį, skatina pažintinę veiklą. Šiems įgūdžiams lavinti reikia ilgesnių pastangų, todėl specializuotose 10-11 klasėse, gilinantis tiksliųjų mokslų studijas, buvo įvestas kursas „Matematikos praktikumas“, kurio dalis – lygčių ir nelygybių sprendimas. parametrus. Kursas yra viena iš disciplinų, įtrauktų į mokyklos mokymo programos komponentą.

Sėkmingai studijuoti problemų, susijusių su parametrais, sprendimo būdus gali padėti pasirenkamieji arba pasirenkamieji kursai arba komponentas, esantis už tinklelio tema: „Problemos su parametrais“.

Panagrinėkime keturias dideles problemų su parametrais klases:

1. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos, kurias reikia išspręsti bet kuriai parametro reikšmei arba parametrų reikšmėms, priklausančioms konkrečiam rinkiniui.
2. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos, kurioms būtina nustatyti sprendinių skaičių priklausomai nuo parametro reikšmės.
3. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos, kurioms reikia rasti visas tas parametrų reikšmes, kurioms nurodytos lygtys (sistemos, nelygybės) turi tam tikrą skaičių sprendinių.
4. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos, kurių reikalingoms parametrų reikšmėms sprendinių rinkinys tenkina pateiktas apibrėžimo srities sąlygas.

Parametrų uždavinių sprendimo metodai.

1. Analitinis metodas.

Tai tiesioginio sprendimo metodas, pakartojantis standartines procedūras ieškant atsakymo į uždavinius be parametro.

1 pavyzdys: Raskite visas parametro reikšmes a, kuriai lygtis:

(2a – 1)x 2 + ax + (2a – 3) =0 turi daugiausia vieną šaknį.

2 val a– 1 = 0 ši lygtis nėra kvadratinė, todėl atvejis a=1/2 rūšiuojama atskirai.

Jeigu a= 1/2, tada lygtis įgauna formą 1/2 x– 2 = 0, jis turi vieną šaknį.

Jeigu a≠ 1/2, tada lygtis yra kvadratinė; kad jis turėtų ne daugiau kaip vieną šaknį, būtina ir pakanka, kad diskriminantas būtų ne teigiamas:

D= a 2 – 4(2a – 1)(2a – 3) = -15a 2 + 32a – 12;

Norėdami užsirašyti galutinį atsakymą, turite suprasti

2. Grafinis metodas.

Priklausomai nuo užduoties (su kintamuoju x ir parametras a) grafikai koordinačių plokštumoje ( x;y) arba lėktuve ( x;a).

2 pavyzdys. Kiekvienai parametro vertei a nustatyti lygties sprendinių skaičių .

Atkreipkite dėmesį, kad lygties sprendinių skaičius lygus funkcijų grafikų susikirtimo taškų skaičiui Ir y = a.

Funkcijos grafikas parodyta 1 pav.

y = a yra horizontali linija. Naudojant grafiką lengva nustatyti susikirtimo taškų skaičių priklausomai nuo a(pavyzdžiui, kada a= 11 – du susikirtimo taškai; adresu a= 2 – aštuoni susikirtimo taškai).

Atsakymas: kada a < 0 – решений нет; при a= 0 ir a= 25/4 – keturi sprendiniai; 0 val< a < 6 – восемь решений; при a= 6 – septyni sprendiniai; adresu

6 < a < 25/4 – шесть решений; при a> 25/4 – du sprendimai.

3. Sprendimo metodas parametro atžvilgiu.

Sprendžiant šiuo būdu, kintamieji X Ir A priimami kaip lygūs ir pasirenkamas kintamasis, kurio atžvilgiu analitinis sprendimas tampa paprastesnis. Po supaprastinimų reikia grįžti prie pradinės kintamųjų reikšmės X Ir A ir baigti tirpalą.

3 pavyzdys: Raskite visas parametro reikšmes A, kurių kiekvienos lygtis = - kirvis +3a+2 turi unikalų sprendimą.

Šią lygtį išspręsime keisdami kintamuosius. Leiskite = t , t≥ 0, tada x = t 2 + 8 ir lygtis tampa adresu 2 +t + 5a– 2 = 0. Dabar iššūkis yra viską rasti A, kuriai lygtis adresu 2 +t + 5a– 2 = 0 turi unikalų neneigiamą sprendimą. Tai atsitinka šiais atvejais.

1) Jei A= 0, tada lygtis turi unikalų sprendimą t = 2.

Kai kurių tipų lygčių ir nelygybių sprendimas parametrais.

Parametrų problemos padeda formuotis loginiam mąstymui ir įgyti tyrimo įgūdžių.

Kiekvienos problemos sprendimas yra unikalus ir reikalauja individualaus, nestandartinio požiūrio, nes vieno būdo tokioms problemoms spręsti nėra.

Užduotis Nr. 1. Kokiomis parametro reikšmėmis b ar lygtis neturi šaknų?

2 užduotis. Raskite visas parametrų reikšmes a, kurios nelygybės sprendinių rinkinys yra:

yra skaičius 6, taip pat yra du 6 ilgio segmentai, kurie neturi bendrų taškų.

Transformuokime abi nelygybės puses.

Kad nelygybės sprendinių aibėje būtų skaičius 6, būtina ir pakanka, kad būtų įvykdyta ši sąlyga:

4 pav

At a> 6 nelygybės sprendinių rinkinys: .

Intervale (0;5) negali būti 6 ilgio atkarpų. Tai reiškia, kad intervale (5; a).

Užduotis Nr. 3. Funkcijos apibrėžimo srityje paimkite visus teigiamus sveikuosius skaičius ir sudėkite juos. Raskite visas vertes, kurių ši suma yra didesnė nei 5, bet mažesnė nei 10.

1) Tiesinės trupmeninės funkcijos grafikas yra hiperbolė. Pagal sąlygą x> 0. Su neribotu padidėjimu X trupmena monotoniškai mažėja ir artėja prie nulio, o funkcijos reikšmės z padidinti ir priartėti prie 5. Be to, z(0) = 1.

2) Pagal laipsnio apibrėžimą, apibrėžimo sritį D(y) susideda iš nelygybės sprendinių. At a= 1 gauname nelygybę, kuri neturi sprendinių. Todėl funkcija adresu niekur neapibrėžta.

3) 0< a< 1 показательная функция с основанием A mažėja ir nelygybė prilygsta nelygybei. Nes x> 0, tada z(x) > z(0) = 1 . Tai reiškia, kad kiekviena teigiama vertė X yra nelygybės sprendimas. Todėl tokiems A Sąlygoje nurodytos sumos nerasta.

4) Kada a> 1 eksponentinė funkcija su baze A didėja ir nelygybė prilygsta nelygybei. Jeigu a≥ 5, tada bet koks teigiamas skaičius yra jo sprendimas, o sąlygoje nurodytos sumos rasti nepavyksta. Jei 1< a < 5, то множество положительных решений – это интервал (0;x 0), kur a = z(x 0) .

5) Šiame intervale iš eilės išsidėstę sveikieji skaičiai, pradedant nuo 1. Apskaičiuokime iš eilės einančių natūraliųjų skaičių sumas, pradedant nuo 1: 1; 1+2 = 3; 1+2+3 = 6; 1+2+3+4 = 10;... Todėl nurodyta suma bus didesnė nei 5 ir mažesnė už 10 tik tuo atveju, jei skaičius 3 yra intervale (0; x 0), o skaičius 4 šiame intervale nėra. Taigi 3< x 0 ≤ 4. Kadangi jis padidėja , tada z(3) < z(x 0) ≤ z(4) .

Iracionalių lygčių ir nelygybių, taip pat lygčių, nelygybių ir sistemų, turinčių modulius, sprendimas yra aptariamas 1 priedas.

Problemos su parametrais yra sudėtingos, nes nėra vieno algoritmo joms spręsti. Tokių problemų specifika yra ta, kad kartu su nežinomais dydžiais juose yra parametrų, kurių skaitinės reikšmės nėra konkrečiai nurodytos, bet laikomos žinomomis ir nurodytos tam tikrame skaičių rinkinyje. Šiuo atveju parametrų reikšmės daro didelę įtaką loginei ir techninei problemos sprendimo eigai bei atsakymo formai.

Remiantis statistika, daugelis absolventų nepradeda spręsti vieningo valstybinio egzamino parametrų problemų. FIPI duomenimis, tik 10% abiturientų pradeda spręsti tokias problemas, o jų teisingo sprendimo procentas mažas: 2–3%, taigi mokykloje įgyja įgūdžių spręsti sudėtingas, nestandartines užduotis, įskaitant parametrų problemas. studentai vis dar išlieka aktualūs.

1. Tiesinių lygčių sistemos su parametru

Tiesinių lygčių sistemos su parametru sprendžiamos tais pačiais pagrindiniais metodais kaip ir įprastos lygčių sistemos: pakeitimo metodu, lygčių sudėjimo metodu ir grafiniu metodu. Žinios apie linijinių sistemų grafinį aiškinimą leidžia lengvai atsakyti į klausimą apie šaknų skaičių ir jų egzistavimą.

1 pavyzdys.

Raskite visas parametro a reikšmes, kurių lygčių sistema neturi sprendinių.

(x + (a 2–3)y = a,
(x + y = 2.

Sprendimas.

Pažiūrėkime keletą būdų, kaip išspręsti šią užduotį.

1 būdas. Naudojame savybę: sistema neturi sprendinių, jei koeficientų santykis prieš x lygus koeficientų, esančių prieš y, santykiui, bet nelygus laisvųjų narių santykiui (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Tada mes turime:

1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 arba sistema

(ir 2–3 = 1,
(a ≠ 2.

Iš pirmosios lygties a 2 = 4, todėl, atsižvelgiant į sąlygą, kad a ≠ 2, gauname atsakymą.

Atsakymas: a = -2.

2 metodas. Išsprendžiame pakeitimo metodu.

(2 – y + (a 2 – 3)y = a,
(x = 2 – y,

((a 2 – 3)y – y = a – 2,
(x = 2 – y.

Pirmoje lygtyje iš skliaustų išėmę bendrą koeficientą y, gauname:

((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 – y.

Sistema neturi sprendinių, jei pirmoji lygtis neturi sprendinių, tai yra

(ir 2–4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.

Akivaizdu, kad a = ±2, bet atsižvelgiant į antrąją sąlygą, atsakymas gaunamas tik su minusu.

Atsakymas: a = -2.

2 pavyzdys.

Raskite visas parametro a reikšmes, kurių lygčių sistemoje yra begalinis sprendinių skaičius.

(8x + ay = 2,
(kirvis + 2y = 1.

Sprendimas.

Pagal savybę, jei x ir y koeficientų santykis yra vienodas ir lygus laisvųjų sistemos narių santykiui, tai jis turi begalinį sprendinių skaičių (t.y. a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Todėl 8/a = a/2 = 2/1. Išspręsdami kiekvieną iš gautų lygčių, mes nustatome, kad a = 4 yra atsakymas šiame pavyzdyje.

Atsakymas: a = 4.

2. Racionaliųjų lygčių sistemos su parametru

3 pavyzdys.

(3|x| + y = 2,
(|x| + 2y = a.

Sprendimas.

Padauginkime pirmąją sistemos lygtį iš 2:

(6|x| + 2y = 4,
(|x| + 2y = a.

Iš pirmosios atėmus antrą lygtį, gauname 5|x| = 4 – a. Ši lygtis turės unikalų sprendinį a = 4. Kitais atvejais ši lygtis turės du sprendinius (a< 4) или ни одного (при а > 4).

Atsakymas: a = 4.

4 pavyzdys.

Raskite visas parametro a reikšmes, kurioms lygčių sistema turi unikalų sprendimą.

(x + y = a,
(y – x 2 = 1.

Sprendimas.

Šią sistemą išspręsime grafiniu metodu. Taigi antrosios sistemos lygties grafikas yra parabolė, pakelta išilgai Oy ašies aukštyn vienu vieneto segmentu. Pirmoji lygtis nurodo tiesių, lygiagrečių tiesei y = -x, aibę (1 pav.). Iš paveikslo aiškiai matyti, kad sistema turi sprendimą, jei tiesė y = -x + a yra parabolės liestinė taške su koordinatėmis (-0,5, 1,25). Pakeitę šias koordinates tiesės lygtimi, o ne x ir y, randame parametro a reikšmę:

1,25 = 0,5 + a;

Atsakymas: a = 0,75.

5 pavyzdys.

Naudodami pakeitimo metodą, išsiaiškinkite, kokia parametro a reikšme sistema turi unikalų sprendimą.

(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.

Sprendimas.

Iš pirmosios lygties išreiškiame y ir pakeičiame ją antrąja:

(y = kirvis – a – 1,
(ax + (a + 2) (ax – a – 1) = 2.

Antrąją lygtį sumažinkime iki formos kx = b, kuri turės unikalų sprendinį k ≠ 0. Turime:

ax + a 2 x – a 2 – a + 2ax – 2a – 2 = 2;

a 2 x + 3ax = 2 + a 2 + 3a + 2.

Kvadratinį trinarį a 2 + 3a + 2 pavaizduojame kaip skliaustų sandaugą

(a + 2) (a + 1), o kairėje iš skliaustų išimame x:

(a 2 + 3a)x = 2 + (a + 2) (a + 1).

Akivaizdu, kad 2 + 3a neturėtų būti lygus nuliui, todėl

a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, o tai reiškia a ≠ 0 ir ≠ -3.

Atsakymas: a ≠ 0; ≠ -3.

6 pavyzdys.

Naudodami grafinio sprendimo metodą, nustatykite, kokia parametro verte sistema turi unikalų sprendimą.

(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.

Sprendimas.

Remdamiesi sąlyga, sudarome apskritimą, kurio centras yra ištakoje ir 3 vienetų atkarpų spindulys, tai nurodo pirmoji sistemos lygtis

x 2 + y 2 = 9. Antroji sistemos lygtis (y = |x| + a) yra trūkinė linija. Naudojant 2 paveikslas Mes svarstome visus galimus jo vietos, palyginti su apskritimu, atvejus. Nesunku pastebėti, kad a = 3.

Atsakymas: a = 3.

Vis dar turite klausimų? Nežinote, kaip išspręsti lygčių sistemas?
Norėdami gauti pagalbą iš dėstytojo -.
Pirma pamoka nemokama!

blog.site, kopijuojant visą medžiagą ar jos dalį, būtina nuoroda į pirminį šaltinį.

1. Užduotis.
Kokiomis parametrų reikšmėmis a lygtis ( a - 1)x 2 + 2x + a- Ar 1 = 0 turi tiksliai vieną šaknį?

1. Sprendimas.
At a= 1 lygtis yra 2 x= 0 ir akivaizdžiai turi vieną šaknį x= 0. Jei a 1, tada ši lygtis yra kvadratinė ir turi vieną šaknį toms parametrų reikšmėms, kurioms esant kvadratinio trinalio diskriminantas yra lygus nuliui. Prilyginę diskriminantą nuliui, gauname parametro lygtį a 4a 2 - 8a= 0, iš kur a= 0 arba a = 2.

1. Atsakymas: lygtis turi vieną šaknį ties a O (0; 1; 2).

2. Užduotis.
Raskite visas parametrų reikšmes a, kurio lygtis turi dvi skirtingas šaknis x 2 +4kirvis+8a+3 = 0.
2. Sprendimas.
Lygtis x 2 +4kirvis+8a+3 = 0 turi dvi skirtingas šaknis tada ir tik tada D = 16a 2 -4(8a+3) > 0. Gauname (sumažinus bendrą koeficientą 4) 4 a 2 -8a-3 > 0, iš kur

2. Atsakymas:

3. Užduotis.
Yra žinoma, kad
f 2 (x) = 6x-x 2 -6.
a) Nubraižykite funkciją f 1 (x) adresu a = 1.
b) Kokia verte a funkcijų grafikai f 1 (x) Ir f 2 (x) turi vieną bendrą dalyką?

3. Sprendimas.
3.a. Transformuokime f 1 (x) taip
Šios funkcijos grafikas ties a= 1 parodyta paveikslėlyje dešinėje.
3.b. Iš karto atkreipkime dėmesį į tai, kad funkcijų grafikai y = kx+b Ir y = kirvis 2 +bx+c (a Nr. 0) susikerta viename taške tada ir tik tada, kai kvadratinė lygtis kx+b = kirvis 2 +bx+c turi vieną šaknį. Rodinio naudojimas f 1 iš 3.a, sulyginkime lygties diskriminantą a = 6x-x 2-6 iki nulio. Iš lygties 36-24-4 a= 0 gauname a= 3. Tą patį padarykite su 2 lygtimi x-a = 6x-x 2 -6 rasime a= 2. Nesunku patikrinti, ar šios parametrų reikšmės atitinka problemos sąlygas. Atsakymas: a= 2 arba a = 3.

4. Užduotis.
Raskite visas vertes a, kuriai nelygybės sprendinių aibė x 2 -2kirvis-3a i 0 yra segmentas .

4. Sprendimas.
Pirmoji parabolės viršūnės koordinatė f(x) = x 2 -2kirvis-3a lygus x 0 = a. Iš kvadratinės funkcijos savybių sąlyga f(x) і 0 segmente atitinka trijų sistemų rinkinį
turi lygiai du sprendimus?

5. Sprendimas.
Perrašykime šią lygtį į formą x 2 + (2a-2)x - 3a+7 = 0. Tai kvadratinė lygtis, ji turi lygiai du sprendinius, jei jos diskriminantas yra griežtai didesnis už nulį. Apskaičiuojant diskriminantą, matome, kad sąlyga, kad būtų lygiai dvi šaknys, yra nelygybės išsipildymas a 2 +a-6 > 0. Išspręsdami nelygybę, randame a < -3 или a> 2. Akivaizdu, kad pirmoji iš nelygybių neturi natūraliųjų skaičių sprendinių, o mažiausias natūralusis antrojo sprendinys yra skaičius 3.

5. Atsakymas: 3.

6. Problema (10 klavišų)
Raskite visas vertes a, kuriai funkcijos grafikas arba, po akivaizdžių transformacijų, a-2 = | 2-a| . Paskutinė lygtis yra lygiavertė nelygybei a aš 2.

6. Atsakymas: a APIE )