Si të zgjidhni parametrat e provimit. Probleme me një parametër nga Provimi i Unifikuar i Shtetit i viteve të mëparshme

Ekuacioni i formës f(x; a) = 0 quhet ekuacioni me ndryshore X dhe parametri A.

Zgjidhja e ekuacionit me parametër A- kjo do të thotë për çdo vlerë A gjeni vlera X, duke përmbushur këtë ekuacion.

Shembulli 1. Oh= 0

Shembulli 2. Oh = A

Shembulli 3.

x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2

Nëse 1 - A= 0, d.m.th. A= 1, atëherë X 0 = -2 pa rrënjë

Nëse 1 - A 0, d.m.th. A 1, atëherë X =

Shembulli 4.

(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)

Nëse A= 1, pastaj 0 X = 0
X- çdo numër real

Nëse A= -1, pastaj 0 X = -2
pa rrënjë

Nëse A 1, A-1, atëherë X= (zgjidhja e vetme).

Kjo do të thotë se për çdo vlerë të vlefshme A përputhet me një vlerë të vetme X.

Për shembull:

Nëse A= 5, atëherë X = = ;

Nëse A= 0, atëherë X= 3, etj.

1. Oh = X + 3

2. 4 + Oh = 3X – 1

3. A = +

në A= 1 pa rrënjë.

në A= 3 pa rrënjë.

në A = 1 X– çdo numër real përveç X = 1

në A = -1, A= 0 nuk ka zgjidhje.

në A = 0, A= 2 pa zgjidhje.

në A = -3, A = 0, 5, A= -2 pa zgjidhje

në A = -Me, Me= 0 nuk ka zgjidhje.

Ekuacionet kuadratike me parametër

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin

(A – 1)X 2 = 2(2A + 1)X + 4A + 3 = 0

Në A = 1 6X + 7 = 0

Në rast A 1, ne theksojmë ato vlera të parametrave në të cilat D shkon në zero.

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

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

Nëse A> -4/5 dhe A 1, atëherë D > 0,

X =

Nëse A= 4/5, atëherë D = 0,

Shembulli 2. Në cilat vlera të parametrit a bën ekuacioni

x 2 + 2( A + 1)X + 9A– 5 = 0 ka 2 rrënjë të ndryshme negative?

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

4(A – 1)(A – 6) > 0

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

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

Në fund

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

A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9

(Oriz. 1) < a < 1, либо a > 6

Shembulli 3. Gjeni vlerat A, për të cilin ky ekuacion ka një zgjidhje.

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 ose A – 4 = 0
A = 4

(Oriz. 2)

Përgjigje: A 0 dhe A 4

Material didaktik

1. Me çfarë vlere A ekuacioni Oh 2 – (A + 1) X + 2A– 1 = 0 ka një rrënjë?

2. Me çfarë vlere A ekuacioni ( A + 2) X 2 + 2(A + 2)X+ 2 = 0 ka një rrënjë?

3. Për cilat vlera të a është ekuacioni ( A 2 – 6A + 8) X 2 + (A 2 – 4) X + (10 – 3A – A 2) = 0 ka më shumë se dy rrënjë?

4. Për cilat vlera të a, ekuacioni 2 X 2 + X – A= 0 ka të paktën një rrënjë të përbashkët me ekuacionin 2 X 2 – 7X + 6 = 0?

5. Për cilat vlera të një ekuacioni X 2 +Oh+ 1 = 0 dhe X 2 + X + A= 0 kanë të paktën një rrënjë të përbashkët?

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

2. Kur A = 0

3. Kur A = 2

4. Kur A = 10

5. Kur A = - 2

Ekuacione eksponenciale me parametër

Shembulli 1.Gjeni të gjitha vlerat A, për të cilën ekuacioni

9 x - ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1) ka saktësisht dy rrënjë.

Zgjidhje. Duke shumëzuar të dyja anët e ekuacionit (1) me 3 2/x, marrim ekuacionin ekuivalent

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

Le të jetë 3 x+1/x = në, atëherë ekuacioni (2) do të marrë formën në 2 – (A + 2)në + 2A= 0, ose

(në – 2)(në – A) = 0, prej nga në 1 =2, në 2 = A.

Nëse në= 2, d.m.th. 3 x+1/x = 2 atëherë X + 1/X= log 3 2 , ose X 2 – X log 3 2 + 1 = 0.

Ky ekuacion nuk ka rrënjë reale, pasi ai D= regjistri 2 3 2 – 4< 0.

Nëse në = A, d.m.th. 3 x+1/x = A Se X + 1/X= regjistri 3 A, ose X 2 –X log 3 a + 1 = 0. (3)

Ekuacioni (3) ka saktësisht dy rrënjë nëse dhe vetëm nëse

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

Nëse log 3 a > 2, atëherë A> 9, dhe nëse log 3 a< -2, то 0 < A < 1/9.

Përgjigje: 0< A < 1/9, A > 9.

Shembulli 2. Në cilat vlera të a është ekuacioni 2 2х – ( A - 3) 2 x – 3 A= 0 ka zgjidhje?

Që një ekuacion i dhënë të ketë zgjidhje, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që ekuacioni t 2 – (a – 3) t – 3a= 0 kishte të paktën një rrënjë pozitive. Le të gjejmë rrënjët duke përdorur teoremën e Vieta: X 1 = -3, X 2 = A = >

a është një numër pozitiv.

Përgjigje: kur A > 0

Material didaktik

1. Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat barazimi

25 x - (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0 ka saktësisht 2 zgjidhje.

2. Për cilat vlera të a është ekuacioni

2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 ka një rrënjë të vetme?

3. Në cilat vlera të parametrit a bën ekuacioni

4 x - (5 A-3)2 x +4 A 2 – 3A= 0 ka një zgjidhje unike?

Shembulli 1. Gjeni të gjitha vlerat A, për të cilën ekuacioni

regjistri 4x (1 + Oh) = 1/2 (1)

ka një zgjidhje unike.

Zgjidhje. Ekuacioni (1) është i barabartë me ekuacionin

1 + Oh = 2X në X > 0, X 1/4 (3)

X = në

maj 2 - në + 1 = 0 (4)

Kushti (2) nga (3) nuk është i plotësuar.

Le A 0, atëherë AU 2 – 2në+ 1 = 0 ka rrënjë reale nëse dhe vetëm nëse D = 4 – 4A 0, d.m.th. në A 1. Për të zgjidhur pabarazinë (3), le të vizatojmë funksionet Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Studim i thelluar i kursit të algjebrës dhe analizës matematikore. – M.: Arsimi, 1990

dhe të tjera Provimi i Unifikuar i Shtetit. Udhëzues studimi. – M.: Provim, 2001–2008.

_________________________________________________________________________________________________________________________________

MKOU "Shkolla e mesme Lodeynopolskaya nr. 68"

Fjalimi në një takim të Rajonit të Moskës

Metodat e zgjidhjes së problemeve

me parametra

Prokusheva Natalya Gennadievna

2013-2014

Lodeynoye Pole

Probleme me parametrat

Problemet me parametrat janë ndër problemet më të vështira të ofruara si në Provimin e Unifikuar të Shtetit ashtu edhe në provimet shtesë konkurruese në universitete.

Nëse në një ekuacion (pabarazi) disa koeficientë nuk jepen me vlera numerike specifike, por caktohen me shkronja, atëherë ato quhen parametra, dhe ekuacioni (pabarazia) është parametrik.

Si rregull, të panjohurat shënohen me shkronjat e fundit të alfabetit latin: x, y, z, ..., dhe parametrat me të parën: a, b, c, ...

Të zgjidhësh një ekuacion (pabarazi) me parametra do të thotë të tregosh se në cilat vlera të parametrave ekzistojnë zgjidhjet dhe cilat janë ato. Dy ekuacione (pabarazi) që përmbajnë të njëjtat parametra quhen ekuivalente nëse:

a) kanë kuptim për vlerat e njëjta të parametrave;

b) çdo zgjidhje e ekuacionit të parë (pabarazi) është zgjidhje e ekuacionit të dytë dhe anasjelltas.

Natyrisht, një klasë kaq e vogël problemesh nuk u lejon shumë njerëzve të kuptojnë gjënë kryesore: parametri, duke qenë një numër fiks, por i panjohur, ka një natyrë të dyfishtë. Së pari, fama e supozuar ju lejon të "komunikoni" me parametrin si një numër, dhe së dyti, shkalla e lirisë së komunikimit është e kufizuar nga errësira e saj. Kështu, pjesëtimi me një shprehje që përmban një parametër dhe nxjerrja e rrënjës së një shkalle të barabartë nga shprehje të tilla kërkon kërkime paraprake. Në mënyrë tipike, rezultatet e këtyre studimeve ndikojnë në vendimin dhe përgjigjen.

Si të filloni zgjidhjen e problemeve të tilla? Mos kini frikë nga problemet me parametrat. Para së gjithash, duhet të bëni atë që bëhet kur zgjidhni ndonjë ekuacion ose pabarazi - zvogëloni ekuacionin e dhënë (pabarazinë) në një formë më të thjeshtë, nëse është e mundur: faktorizoni një shprehje racionale, faktorizoni një polinom trigonometrik, hiqni qafe modulët, logaritmet, dhe etj.. atëherë ju duhet të lexoni me kujdes detyrën përsëri dhe përsëri.

Kur zgjidhni probleme që përmbajnë një parametër, ka probleme që mund të ndahen në dy klasa të mëdha. Klasa e parë përfshin probleme në të cilat është e nevojshme të zgjidhet një pabarazi ose ekuacion për të gjitha vlerat e mundshme të një parametri. Klasa e dytë përfshin detyra në të cilat është e nevojshme të gjenden jo të gjitha zgjidhjet e mundshme, por vetëm ato që plotësojnë disa kushte shtesë.

Mënyra më e kuptueshme që nxënësit të zgjidhin probleme të tilla është që fillimisht të gjejnë të gjitha zgjidhjet dhe më pas të zgjedhin ato që plotësojnë kushte shtesë. Por kjo nuk është gjithmonë e mundur. Ka një numër të madh problemesh për të cilat është e pamundur të gjesh të gjitha zgjidhjet e shumta dhe ne nuk na kërkohet një gjë e tillë. Prandaj, ne duhet të kërkojmë një mënyrë për të zgjidhur problemin pa pasur në dispozicion të gjithë grupin e zgjidhjeve të një ekuacioni ose pabarazie të caktuar, për shembull, të kërkojmë vetitë e funksioneve të përfshira në ekuacion që do të na lejojnë të gjykoni ekzistencën e një grupi të caktuar zgjidhjesh.

Llojet kryesore të detyrave me parametra

Lloji 1. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre që duhet të zgjidhen ose për çdo vlerë të një parametri (parametra) ose për vlerat e parametrave që i përkasin një grupi të paracaktuar.

Ky lloj problemi është themelor kur zotëroni temën "Problemet me parametrat", pasi puna e investuar paracakton suksesin në zgjidhjen e problemeve të të gjitha llojeve të tjera themelore.

Lloji 2. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre, për të cilat është e nevojshme të përcaktohet numri i zgjidhjeve në varësi të vlerës së parametrit (parametrave).

Ne tërheqim vëmendjen tuaj për faktin se gjatë zgjidhjes së problemeve të këtij lloji, nuk ka nevojë as të zgjidhen ekuacionet e dhëna, pabarazitë, sistemet dhe kombinimet e tyre etj., dhe as të jepen këto zgjidhje; Në shumicën e rasteve, një punë e tillë shtesë është një gabim taktik që çon në humbje të panevojshme të kohës. Sidoqoftë, kjo nuk duhet të bëhet absolute, pasi ndonjëherë një zgjidhje e drejtpërdrejtë në përputhje me tipin 1 është mënyra e vetme e arsyeshme për të marrë një përgjigje kur zgjidhet një problem i tipit 2.

Lloji 3. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre, për të cilat kërkohet të gjenden të gjitha ato vlera të parametrave për të cilat ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre të specifikuara kanë një numër të caktuar zgjidhjesh (në veçanti, ato nuk kanë ose kanë një numër i pafund zgjidhjesh).

Është e lehtë të shihet se problemet e tipit 3 janë në njëfarë kuptimi anasjellta e problemeve të tipit 2.

Lloji 4. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre, për të cilat, për vlerat e kërkuara të parametrit, grupi i zgjidhjeve plotëson kushtet e specifikuara në fushën e përkufizimit.

Për shembull, gjeni vlerat e parametrave në të cilat:

1) ekuacioni është i plotësuar për çdo vlerë të ndryshores nga një interval i caktuar;
2) bashkësia e zgjidhjeve për ekuacionin e parë është një nëngrup i grupit të zgjidhjeve të ekuacionit të dytë, etj.

Komentoni. Larmia e problemeve me një parametër mbulon të gjithë kursin e matematikës shkollore (si algjebër ashtu edhe gjeometri), por pjesa dërrmuese e tyre në provimet përfundimtare dhe pranuese i përkasin njërit prej katër llojeve të listuara, të cilat për këtë arsye quhen bazë.

Klasa më e përhapur e problemeve me një parametër janë problemet me një të panjohur dhe një parametër. Paragrafi tjetër tregon mënyrat kryesore për të zgjidhur problemet e kësaj klase të veçantë.

Metodat themelore për zgjidhjen e problemeve me një parametër

Metoda I(analitike). Kjo është një metodë e të ashtuquajturës zgjidhje direkte, duke përsëritur procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në problemet pa parametër. Ndonjëherë ata thonë se kjo është një metodë e zgjidhjes me forcë, në një kuptim të mirë, "arrogante".

Metoda II(grafike). Në varësi të detyrës (me variabël x dhe parametri a) grafikët konsiderohen ose në planin koordinativ ( x; y), ose në planin koordinativ ( x; a).

Komentoni. Qartësia dhe bukuria e jashtëzakonshme e metodës grafike të zgjidhjes së problemeve me një parametër i mahnit studentët e temës "Problemet me një parametër" aq shumë sa ata fillojnë të shpërfillin metodat e tjera të zgjidhjes, duke harruar faktin e njohur: për çdo klasë problemesh. , autorët e tyre mund të formulojnë një që zgjidhet shkëlqyeshëm në këtë mënyrë dhe me vështirësi kolosale në mënyra të tjera. Prandaj, në fazën fillestare të studimit, është e rrezikshme të filloni me teknika grafike për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

Metoda III(vendim në lidhje me parametrin). Kur zgjidhen në këtë mënyrë, variablat x Dhe a pranohen si të barabarta dhe zgjidhet ndryshorja në lidhje me të cilën zgjidhja analitike konsiderohet më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve natyrore, kthehemi në kuptimin origjinal të variablave x Dhe a dhe përfundoni zgjidhjen.

Tani le të kalojmë në demonstrimin e këtyre metodave për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

1. Ekuacionet lineare dhe inekuacionet me parametra

Funksioni linear: – ekuacioni i drejtëzës me koeficientin e pjerrësisë . Koeficienti këndor është i barabartë me tangjenten e këndit të prirjes së drejtëzës me drejtimin pozitiv të boshtit .

Ekuacionet lineare me parametrat e formës

Nëse , ekuacioni ka e vetmja gjë zgjidhje.

Nëse , atë ekuacion nuk ka zgjidhje, Kur , dhe ekuacioni ka pafundësisht shumë zgjidhje, Kur .

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin | x | = a .

Zgjidhja:

a > 0, => x 1,2 = ± a

a = 0, => x = 0

a < 0, =>nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: x 1,2 = ± a në a > 0; x= 0 në a= 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 2. Zgjidh ekuacionin |3 - x | = a .

Zgjidhja:

a > 0, => 3 – x = ± a , => x= 3 ± a

a = 0, => 3 – x = 0. => x = 3

a < 0, =>nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: x 1,2 = 3 ± a në a > 0; x= 3 në a= 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 3. Zgjidhe ekuacionin m ² x – m = x + 1.

Zgjidhja:

m ² x – m = x + 1

m ² x – x = m + 1

(m² – 1)x = m + 1

Përgjigje:
në m ≠ ± 1; x Є R në m= –1; nuk ka zgjidhje për m = 1.

Shembulli 4. A zgjidhni ekuacionin: ( a 2 – 4) x = a + 2 .

Zgjidhja: Le të faktorizojmë koeficientin. .

Nëse , ekuacioni ka e vetmja gjë zgjidhje: .

Nëse , ekuacioni nuk ka zgjidhje.

Nëse , atëherë ekuacioni ka pafundësisht shumë zgjidhje .

Shembulli 6. Për të gjitha vlerat e parametrave a zgjidhni ekuacionin:
.

Zgjidhja: ODZ: . Në këtë kusht, ekuacioni është i barabartë me sa vijon: . Le të kontrollojmë nëse i përkisni ODZ: , Nëse . Nëse , pastaj ekuacioni nuk ka zgjidhje.

Shembulli 7. Për të gjitha vlerat e parametrave A zgjidh barazimin: | X + 3| – a | x – 1| = 4.

Zgjidhja: Le ta ndajmë vijën numerike në 3 pjesë sipas pikave në të cilat shprehjet nën shenjën e modulit zhduken dhe zgjidhim 3 sisteme:

1) , Nëse . Gjendet do të jetë zgjidhja nëse .

2) , Nëse . E gjetura plotëson pabarazinë e kërkuar, prandaj është një zgjidhje për . Nëse , atëherë zgjidhja është cilado .

3) , Nëse . Gjetur Jo plotëson pabarazinë e kërkuar, prandaj, Joështë një zgjidhje kur . Nëse , atëherë zgjidhja është çdo x > 1.

Përgjigje: në ; në ;

n ri ; është gjithashtu një zgjidhje për të gjithë .

Shembulli 8. Gjej të gjitha A, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 x – 7a = 2 – 3sëpatë + 6a më pak 2 .

Zgjidhja: Le të gjejmë zgjidhje për ekuacionin për secilën . , Nëse . Le të zgjidhim pabarazinë: .

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje.

Përgjigju : AÎ (–5 , 4) .

Pabarazitë lineare me parametra

Për shembull: Zgjidhja e pabarazisë: kx < b .

Nëse k> 0, atëherë
. Nëse k < 0, то
. Nëse k= 0, atëherë kur b> 0 zgjidhje është çdo x Є R, dhe kur
nuk ka zgjidhje.

Zgjidhini pabarazitë e mbetura në kuti në të njëjtën mënyrë.

Shembulli 1. Për të gjitha vlerat e parametrit a, zgjidhni pabarazinë
.

Zgjidhja:

. Nëse kllapa është përpara xështë pozitive, d.m.th. në
, Kjo
. Nëse kllapa është përpara x negative, d.m.th. në
, Kjo
. Nëse a= 0 ose a = , atëherë nuk ka zgjidhje.

Përgjigje:
në
;
në
;

nuk ka zgjidhje për a= 0 ose a = .

Shembulli 2. Për të gjitha vlerat e parametrave A zgjidh pabarazinë | X– a| – | x + a| < 2a .

Zgjidhja:

Në a=0 kemi një pabarazi të pasaktë 0< 0, т.е. решений нет. Пусть a >0, pastaj në x< –a të dy modulet zgjerohen me një minus dhe marrim pabarazinë e gabuar 2 a < 2a, d.m.th. nuk ka zgjidhje. Nëse x Є [– a ; a] , atëherë moduli i parë hapet me një minus, dhe i dyti me një plus, dhe marrim pabarazinë –2 x < 2a, d.m.th. x > –a, d.m.th., zgjidhja është çdo x Є (– a ; a]. Nëse x > a të dy modulet hapen me një plus dhe marrim pabarazinë e saktë –2 a < 2a, d.m.th. , zgjidhja është çdo x Є ( a; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur a > 0 x Є (– a ; +∞).

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

Përgjigje: x Є (– a; +∞) në a> 0, nuk ka zgjidhje për
.

Komentoni. Zgjidhja e këtij problemi është më e shpejtë dhe më e thjeshtë nëse përdorni interpretimin gjeometrik të modulit të ndryshimit të dy numrave si distancë midis pikave. Atëherë shprehja në anën e majtë mund të interpretohet si ndryshim në distancat nga pika X tek pikat A Dhe - A .

Shembulli 3. Gjej të gjitha A, për secilën prej të cilave të gjitha zgjidhjet e pabarazisë
kënaq pabarazinë 2 x – a² + 5< 0.

Zgjidhja:

Zgjidhja e pabarazisë |x | ≤ 2 është një grup A=[–2; 2], dhe zgjidhja e pabarazisë 2 x – a² + 5< 0 является множество B = (–∞;
) . Për të përmbushur kushtet e problemit, është e nevojshme që grupi A të përfshihet në grupin B (). Ky kusht do të plotësohet nëse dhe vetëm nëse .

Përgjigje: a Є (–∞; –3)U (3; +∞).

Shembulli 4. Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat është pabarazia
shkon për të gjithë x nga segmenti.

Zgjidhja:

Një pjesë është më pak se zero midis rrënjëve, kështu që ju duhet të kuptoni se cila rrënjë është më e madhe.

–3a + 2 < 2a + 4
dhe -3 a + 2 > 2a + 4
. Kështu, kur
xЄ (–3 a + 2; 2a+ 4) dhe që pabarazia të mbahet për të gjitha x nga segmenti , është e nevojshme që

Në
xЄ (2 a + 4; –3a+ 2) dhe kështu që pabarazia vlen për të gjithë x nga segmenti , është e nevojshme që

Kur a = – (kur rrënjët përkojnë) nuk ka zgjidhje, sepse në këtë rast mosbarazimi merr formën: .

Përgjigje:
.

Shembulli 5. A pabarazia vlen për të gjitha vlerat negative X?

Zgjidhja:

Funksioni rritet në mënyrë monotone nëse koeficienti në x jo-negative, dhe zvogëlohet në mënyrë monotonike nëse koeficienti në x negative.

Le të zbulojmë shenjën e koeficientit në

a ≤ –3,

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

a ≤ –3,

Le a≥ 1. Më pas funksioni f (x ) nuk zvogëlohet në mënyrë monotonike dhe gjendja e problemit do të plotësohet nëse f (x ) ≤ 0 <=> 3a ² – a – 14 ≤ 0 <=>
.

a ≤ –3,

Bashkë me kushtet a≥ 1; marrim:

Le -3< a < 1. Тогда функция f (x ) zvogëlohet në mënyrë monotone dhe gjendja e problemit nuk mund të plotësohet kurrë.

Përgjigju:
.

2. Ekuacionet kuadratike dhe pabarazitë me parametra

Funksioni kuadratik:
.

Në grupin e numrave realë, ky ekuacion studiohet duke përdorur skemën e mëposhtme.

Shembulli 1. Në çfarë vlerash a ekuacionix ² – sëpatë + 1 = 0 nuk ka rrënjë të vërteta?

Zgjidhja:

x ² – sëpatë + 1 = 0

D = a ² – 4 1 =a ² - 4

a ² - 4< 0 + – +

( a – 2)( a + 2) < 0 –2 2

Përgjigju: nëa Є (–2; 2)

Shembulli 2.Për cilat vlera të a bën ekuacioni A (X ² – X + 1) = 3 X + 5 ka dy rrënjë të ndryshme reale?

Zgjidhja:

A (X ² – X + 1) = 3 X + 5, A ≠ 0

Oh ² – ah+ a – 3 X – 5 = 0

Oh 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

Përgjigje:nëaЄ (–1/3; 0)U (0; 9)

Shembulli 3: Zgjidheni ekuacionin
.

Zgjidhja:

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

Përgjigje:
nëa Є (–∞; –1)U (–1; 3) U (3; +∞);

nuk ka zgjidhje përa = –1; 3.

Shembull4 . Zgjidhe ekuacionin | x ²–2 x –3 | = a .

Zgjidhja:

Le të shohim funksionet y = | x ²–2 x –3 | Dhey = a .

Në a < 0 nuk ka zgjidhje;
në a = 0 dhe a> 4 dy zgjidhje;
në 0< a < 4 – четыре решения;
në a= 4 – tre zgjidhje.

Përgjigje:

në a < 0 нет решений;
në a= 0 dhe a> 4 dy zgjidhje;
në 0< a < 4 – четыре решения;
në a= 4 – tre zgjidhje.

Shembulli 5.Gjeni të gjitha vlerat a , për secilën prej të cilave ekuacioni | x ²–( a +2) x +2 a | = | 3 x –6 |
ka saktësisht dy rrënjë. Nëse vlerat e tilla a më shumë se një, tregoni produktin e tyre në përgjigjen tuaj.

Zgjidhja:

Të zgjerojmë trinomin kuadratik x ²–( a +2) x +2 a nga shumëzuesit.
;
;
;

marrim | ( x –2)( x – a ) | = 3 | x –2 |.
Ky ekuacion është i barabartë me grupin

Prandaj, ky ekuacion ka saktësisht dy rrënjë nëse a+ 3 = 2 dhe a – 3 = 2.
Nga këtu gjejmë se vlerat e dëshiruara a janë a 1 = –1; a 2 = 5; a 1 · a 2 = –5.

Përgjigje: –5.

Shembulli 6.Gjeni të gjitha vlerat a , për të cilat rrënjët e ekuacionit sëpatë ² - 2 ( a + 1) x – a + 5 = 0 janë pozitive.

Zgjidhja:

Pika kontrolli a= 0, sepse ndryshon thelbin e ekuacionit.

1. a = 0 –2x + = 0;

Përgjigje: a Є U.

Shembulli 7.Nëçfarë vlerash parametrash a ekuacioni | x ² - 4 x + 3 | = sëpatë ka 3 rrënjë.

Zgjidhja:

Le të ndërtojmë grafikët e funksioneve y = | x ² - 4 x + 3 | Dhe y = sëpatë .

Funksioni është grafikuar në segment
.
Ky ekuacion do të ketë tre rrënjë nëse grafiku i funksionit y = sëpatë do të jetë tangjente me grafikun y = x ²+ 4 x – 3 në
segment

Ekuacioni tangjent ka formën y = f (x 0 ) + f ’(x 0 )(x – x 0 ),



Sepse ekuacioni tangjent y = a, marrim një sistem ekuacionesh

Sepse x 0 Є ,

Përgjigje: në a = 4 – 2
.

Pabarazitë kuadratike me parametra

Shembull.Gjeni të gjitha vlerat e parametrave a , për secilën prej të cilave ndër zgjidhjet e pabarazive
nuk ka asnjë pikë në segmentin e vijës.

Zgjidhja:

Së pari, le të zgjidhim pabarazinë për të gjitha vlerat e parametrit, dhe më pas të gjejmë ato për të cilat nuk ka asnjë pikë të vetme të segmentit midis zgjidhjeve .
Le
, sëpatë = t ²

t ≥ 0

Me një zëvendësim të tillë të variablave, ODZ e pabarazisë kryhet automatikisht. x mund të shprehet përmes t, Nëse a≠ 0. Prandaj rasti kur a = 0, do ta shqyrtojmë veçmas.
1. Le a = 0, atëherë X> 0, dhe segmenti i dhënë është një zgjidhje.
2. Le a≠ 0, atëherë
dhe pabarazia
do të marrë formën
,

Zgjidhja e pabarazisë varet nga vlerat a, kështu që duhet të shqyrtojmë dy raste.
1) Nëse a>0, atëherë
në
, ose në variablat e vjetër,

Zgjidhja nuk përmban një pikë të vetme të segmentit të dhënë nëse dhe vetëm nëse plotësohen kushtet a ≤ 7,

16a≥ 96. Prandaj, a Є .
2). Nëse A< 0, то
;
; tЄ (4 a ; a). Sepse t≥ 0, atëherë nuk ka zgjidhje.

Përgjigje: .

Ekuacionet irracionale me parametra

Kur zgjidhen ekuacionet dhe pabarazitë irracionale me një parametër, së pari duhet të merret parasysh diapazoni i vlerave të pranueshme. Së dyti, nëse të dyja anët e pabarazisë janë shprehje jo negative, atëherë një pabarazi e tillë mund të vendoset në katror duke ruajtur shenjën e pabarazisë.
Në shumë raste, ekuacionet dhe pabarazitë irracionale reduktohen në ato kuadratike pas ndryshimit të variablave.

Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, a ≥ 0.

x + 1 = a ².

Nëse x = a² – 1, atëherë kushti është i plotësuar.

Përgjigje: x = a² – 1 në A≥ 0; nuk ka zgjidhje për a < 0.

Shembulli 2: Zgjidheni ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x + 3 ≥ 0, x ≥ –3,

a–x ≥ 0; x ≤ a;

x + 3 = a–x,

2x = a – 3,

<=>
<=>
<=> a ≥ –3.

Përgjigje:
në a≥ –3; nuk ka zgjidhje për a < –3.

Shembulli 3. Sa rrënjë ka ekuacioni?
në varësi të vlerave të parametrave A?

Zgjidhja:

Gama e vlerave të pranueshme të ekuacionit: x Є [–2; 2]

Le të ndërtojmë grafikët e funksioneve. Grafiku i funksionit të parë është gjysma e sipërme e rrethit x² + y² = 4. Grafiku i funksionit të dytë është përgjysmues i këndit të koordinatës së parë dhe të dytë. Nga grafiku i funksionit të parë, zbritni grafikun e të dytit dhe merrni grafikun e funksionit
. Nëse zëvendësoni në në A, atëherë grafiku i fundit i funksionit është bashkësia e pikave (x; a) që plotëson ekuacionin origjinal.

Sipas grafikut ne shohim përgjigjen.

Përgjigje: në AЄ (–∞; –2) U (1; +∞), pa rrënjë;

në AЄ [–2; 2), dy rrënjë;

në A= 1, një rrënjë.

Shembulli 4. Në cilat vlera parametrash A ekuacioni
ka një zgjidhje të vetme?

Zgjidhja:

Metoda 1 (analitike):

Përgjigje:

Metoda 2 (grafike):

Përgjigje: për një ≥ –2 ekuacioni ka një zgjidhje unike

Shembulli 5. Për cilat vlera të parametrit a ka një zgjidhje unike ekuacioni = 2 + x.

Zgjidhja:

Le të shqyrtojmë një version grafik të zgjidhjes së këtij ekuacioni, domethënë do të ndërtojmë dy funksione:
në 1 = 2 + X Dhe në 2 =

Funksioni i parë është linear dhe kalon nëpër pikat (0; 2) dhe (–2; 0).
Grafiku i funksionit të dytë përmban një parametër. Le të shqyrtojmë fillimisht grafikun e këtij funksioni në A= 0 (Fig. 1). Kur ndryshoni vlerën e parametrit, grafiku do të lëvizë përgjatë boshtit Oh me vlerën përkatëse në të majtë (për pozitive A) ose në të djathtë (për negative A) (Fig. 2)

Nga figura shihet qartë se kur 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.

Përgjigje: në a≥ –2 ekuacioni ka një zgjidhje unike.

Ekuacionet trigonometrike me parametra.

Shembulli 1.Zgjidhe ekuacionin mëkat (– x + 2 x – 1) = b + 1.

Zgjidhja:

Duke pasur parasysh çuditshmërinë e funksionit
, ne e reduktojmë këtë ekuacion në ekuivalentin
.

1. b = –1

3. b =–2

4. | b + 1| > 1

Nuk ka zgjidhje.

5. bЄ(–1; 0)

6. bЄ(–2; –1)

Shembulli 2.Gjeni të gjitha vlerat e parametrit p për të cilin ekuacioni
nuk ka zgjidhje.

Zgjidhja:

Le të shprehim cos 2 x përmes sinx.

Le
atëherë detyra u reduktua në gjetjen e të gjitha vlerave fq, për të cilin ekuacioni nuk ka zgjidhje në [–1; 1]. Ekuacioni nuk mund të zgjidhet algoritmikisht, kështu që ne do ta zgjidhim problemin duke përdorur një grafik. Le të shkruajmë ekuacionin në formën , dhe tani një skicë të grafikut të anës së majtë
lehtë për t'u ndërtuar.
Ekuacioni nuk ka zgjidhje nëse drejtëza y = fq+ 9 nuk e pret grafikun në intervalin [–1; 1], d.m.th.

Përgjigje:fq Є (–∞; –9) U (17; +∞).

Sisteme ekuacionesh me parametra

Sistemet e dy ekuacioneve lineare me parametra

Sistemi i ekuacioneve

Zgjidhjet e një sistemi me dy ekuacione lineare janë pikat e kryqëzimit të dy drejtëzave: dhe .

Ka 3 raste të mundshme:

1. Vijat nuk janë paralele . Atëherë vektorët e tyre normalë nuk janë paralelë, d.m.th. . Në këtë rast, sistemi ka e vetmja zgjidhje.

2. Vijat janë paralele dhe nuk përkojnë. Atëherë vektorët e tyre normalë janë paralelë, por ndërrimet janë të ndryshme, d.m.th. .

Në këtë rast sistemi nuk ka zgjidhje .

3. Vijat e drejta përkojnë. Atëherë vektorët e tyre normalë janë paralelë dhe ndërrimet përkojnë, d.m.th. . Në këtë rast, sistemi ka pafundësisht shumë zgjidhje - të gjitha pikat e një vije .

Qëllimi i kësaj pune është të studiojë mënyra të ndryshme për zgjidhjen e problemeve me parametrat. Aftësia dhe aftësia për të zgjidhur problemet me parametra demonstrojnë zotërim të metodave për zgjidhjen e ekuacioneve dhe pabarazive, një kuptim kuptimplotë të informacionit teorik, nivelin e të menduarit logjik dhe stimulimin e veprimtarisë njohëse. Për të zhvilluar këto aftësi nevojiten përpjekje më të gjata, prandaj në klasat e specializuara 10-11 me studim të thelluar të shkencave ekzakte është futur lënda “Praktikum matematikor”, pjesë e së cilës është zgjidhja e ekuacioneve dhe inekuacioneve me parametrave. Lënda është një nga disiplinat e përfshira në komponentin e kurrikulës së shkollës.

Studimi i suksesshëm i metodave për zgjidhjen e problemeve me parametra mund të ndihmohet nga lëndët zgjedhore ose zgjedhore, ose një komponent prapa rrjetës me temën: "Problemet me parametrat".

Le të shqyrtojmë katër klasa të mëdha problemesh me parametra:

1. Ekuacionet, pabarazitë dhe sistemet e tyre që duhet të zgjidhen për çdo vlerë parametri, ose për vlerat e parametrave që i përkasin një grupi specifik.
2. Ekuacionet, pabarazitë dhe sistemet e tyre për të cilat është e nevojshme të përcaktohet numri i zgjidhjeve në varësi të vlerës së parametrit.
3. Ekuacionet, pabarazitë dhe sistemet e tyre, për të cilat kërkohet të gjenden të gjitha ato vlera të parametrave për të cilat ekuacionet e specifikuara (sistemet, pabarazitë) kanë një numër të caktuar zgjidhjesh.
4. Ekuacionet, pabarazitë dhe sistemet e tyre për të cilat, për vlerat e kërkuara të parametrave, bashkësia e zgjidhjeve plotëson kushtet e dhëna në fushën e përkufizimit.

Metodat për zgjidhjen e problemeve me parametra.

1. Metoda analitike.

Kjo është një metodë e zgjidhjes së drejtpërdrejtë që përsërit procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në problemet pa parametër.

Shembulli 1: Gjeni të gjitha vlerat e një parametri a, për të cilin ekuacioni:

(2a – 1)x 2 + sëpatë + (2a – 3) =0 ka më së shumti një rrënjë.

Në 2 a– 1 = 0 ky ekuacion nuk është kuadratik, kështu që rasti a=1/2 është renditur veçmas.

Nëse a= 1/2, atëherë ekuacioni merr formën 1/2 x– 2 = 0, ka një rrënjë.

Nëse a≠ 1/2, atëherë ekuacioni është kuadratik; që ai të ketë më së shumti një rrënjë është e nevojshme dhe e mjaftueshme që diskriminuesi të jetë jo pozitiv:

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

Për të shkruar përgjigjen përfundimtare, duhet të kuptoni

2. Metoda grafike.

Në varësi të detyrës (me variabël x dhe parametri a) grafikët në planin koordinativ ( x;y) ose në aeroplan ( x;a).

Shembulli 2. Për çdo vlerë parametri a përcaktoni numrin e zgjidhjeve të ekuacionit .

Vini re se numri i zgjidhjeve të ekuacionit e barabartë me numrin e pikave të kryqëzimit të grafikëve të funksionit Dhe y = a.

Grafiku i një funksioni treguar në Fig. 1.

y = aështë një vijë horizontale. Duke përdorur grafikun, është e lehtë të përcaktohet numri i pikave të kryqëzimit në varësi të a(për shembull, kur a= 11 - dy pika kryqëzimi; në a= 2 – tetë pika kryqëzimi).

Përgjigje: kur a < 0 – решений нет; при a= 0 dhe a= 25/4 - katër zgjidhje; në 0< a < 6 – восемь решений; при a= 6 – shtatë zgjidhje; në

6 < a < 25/4 – шесть решений; при a> 25/4 – dy zgjidhje.

3. Metoda e zgjidhjes në lidhje me një parametër.

Kur zgjidhen në këtë mënyrë, variablat X Dhe A pranohen si të barabarta dhe zgjidhet ndryshorja në lidhje me të cilën zgjidhja analitike bëhet më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve, duhet të ktheheni në kuptimin origjinal të variablave X Dhe A dhe përfundoni zgjidhjen.

Shembulli 3: Gjeni të gjitha vlerat e një parametri A, për secilën prej të cilave ekuacioni = - sëpatë +3a+2 ka një zgjidhje unike.

Këtë ekuacion do ta zgjidhim duke ndryshuar variablat. Le = t , t≥ 0, atëherë x = t 2 + 8 dhe ekuacioni bëhet në 2 +t + 5a– 2 = 0. Tani sfida është të gjesh gjithçka A, për të cilën ekuacioni në 2 +t + 5a– 2 = 0 ka një zgjidhje unike jo negative. Kjo ndodh në rastet e mëposhtme.

1) Nëse A= 0, atëherë ekuacioni ka një zgjidhje unike t = 2.

Zgjidhja e disa llojeve të ekuacioneve dhe inekuacioneve me parametra.

Problemet me parametrat ndihmojnë në formimin e të menduarit logjik dhe në përvetësimin e aftësive kërkimore.

Zgjidhja për çdo problem është unike dhe kërkon një qasje individuale, jo standarde, pasi nuk ka asnjë mënyrë të vetme për të zgjidhur probleme të tilla.

Problemi nr. 1. Në cilat vlera të parametrit b a nuk ka rrënjë ekuacioni?

Detyra nr. 2. Gjeni të gjitha vlerat e parametrave a, për të cilën grupi i zgjidhjeve të pabarazisë është:

përmban numrin 6, dhe gjithashtu përmban dy segmente me gjatësi 6 që nuk kanë pika të përbashkëta.

Le të transformojmë të dyja anët e pabarazisë.

Në mënyrë që grupi i zgjidhjeve të pabarazisë të përmbajë numrin 6, është e nevojshme dhe e mjaftueshme që të plotësohet kushti i mëposhtëm:

Fig.4

Në a> 6 grup zgjidhjesh për pabarazinë: .

Intervali (0;5) nuk mund të përmbajë asnjë segment me gjatësi 6. Kjo do të thotë se dy segmente të shkëputura me gjatësi 6 duhet të përmbahen në intervalin (5; a).

Problemi nr. 3. Në fushën e përcaktimit të një funksioni merrni të gjithë numrat e plotë pozitivë dhe mblidhini ato. Gjeni të gjitha vlerat për të cilat kjo shumë është më e madhe se 5 por më e vogël se 10.

1) Grafiku i një funksioni thyesor linear është një hiperbolë. Sipas kushteve x> 0. Me rritje të pakufizuar X thyesa zvogëlohet në mënyrë monotonike dhe i afrohet zeros, dhe vlerat e funksionit z rritja dhe afrimi 5. Për më tepër, z(0) = 1.

2) Sipas përkufizimit të shkallës, fushës së përkufizimit D(y) përbëhet nga zgjidhjet e pabarazisë. Në a= 1 marrim një pabarazi që nuk ka zgjidhje. Prandaj funksioni në nuk është përcaktuar askund.

3) Në 0< a< 1 показательная функция с основанием A zvogëlohet dhe pabarazia është e barabartë me pabarazinë. Sepse x> 0, atëherë z(x) > z(0) = 1 . Kjo do të thotë se çdo vlerë pozitive Xështë një zgjidhje për pabarazinë. Prandaj, për të tillë A Shuma e specifikuar në kusht nuk mund të gjendet.

4) Kur a> 1 funksion eksponencial me bazë A rritet dhe pabarazia është e barabartë me pabarazinë. Nëse a≥ 5, atëherë çdo numër pozitiv është zgjidhja e tij dhe shuma e specifikuar në kusht nuk mund të gjendet. Nëse 1< a < 5, то множество положительных решений – это интервал (0;x 0), ku a = z(x 0) .

5) Numrat e plotë janë vendosur në këtë interval me radhë, duke filluar nga 1. Le të llogarisim shumat e numrave natyrorë të njëpasnjëshëm, duke filluar nga 1: 1; 1+2 = 3; 1+2+3 = 6; 1+2+3+4 = 10;... Prandaj, shuma e treguar do të jetë më e madhe se 5 dhe më e vogël se 10 vetëm nëse numri 3 qëndron në intervalin (0; x 0), dhe numri 4 nuk qëndron në këtë interval. Pra 3< x 0 ≤ 4. Meqenëse rritet me , atëherë z(3) < z(x 0) ≤ z(4) .

Zgjidhja e ekuacioneve dhe pabarazive irracionale, si dhe ekuacioneve, pabarazive dhe sistemeve që përmbajnë module janë diskutuar në Shtojca 1.

Problemet me parametrat janë komplekse sepse nuk ka asnjë algoritëm të vetëm për zgjidhjen e tyre. Specifikimi i problemeve të tilla është se, së bashku me sasitë e panjohura, ato përmbajnë parametra, vlerat numerike të të cilave nuk tregohen në mënyrë specifike, por konsiderohen të njohura dhe të specifikuara në një grup të caktuar numerik. Në këtë rast, vlerat e parametrave ndikojnë ndjeshëm në rrjedhën logjike dhe teknike të zgjidhjes së problemit dhe formën e përgjigjes.

Sipas statistikave, shumë maturantë nuk fillojnë të zgjidhin problemet me parametrat në Provimin e Unifikuar të Shtetit. Sipas FIPI, vetëm 10% e të diplomuarve fillojnë të zgjidhin probleme të tilla, dhe përqindja e zgjidhjes së tyre të saktë është e ulët: 2–3%, kështu që përvetësimi i aftësive për zgjidhjen e detyrave të vështira, jo standarde, përfshirë problemet me parametrat, nga shkolla. studentët ende mbetet relevant.

1. Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër

Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër zgjidhen me të njëjtat metoda bazë si sistemet e zakonshme të ekuacioneve: metoda e zëvendësimit, metoda e shtimit të ekuacioneve dhe metoda grafike. Njohja e interpretimit grafik të sistemeve lineare e bën të lehtë përgjigjen e pyetjes për numrin e rrënjëve dhe ekzistencën e tyre.

Shembulli 1.

Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve nuk ka zgjidhje.

(x + (a 2 – 3)y = a,
(x + y = 2.

Zgjidhje.

Le të shohim disa mënyra për të zgjidhur këtë detyrë.

1 mënyrë. Ne përdorim vetinë: sistemi nuk ka zgjidhje nëse raporti i koeficientëve përballë x është i barabartë me raportin e koeficientëve përballë y, por jo i barabartë me raportin e termave të lirë (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Atëherë kemi:

1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 ose sistem

(dhe 2 - 3 = 1,
(a ≠ 2.

Nga ekuacioni i parë a 2 = 4, pra, duke marrë parasysh kushtin që a ≠ 2, marrim përgjigjen.

Përgjigje: a = -2.

Metoda 2. Ne zgjidhim me metodën e zëvendësimit.

(2 – y + (a 2 – 3) y = a,
(x = 2 - y,

((a 2 – 3) y – y = a – 2,
(x = 2 - y.

Pasi nxjerrim faktorin e përbashkët y nga kllapat në ekuacionin e parë, marrim:

((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 - y.

Sistemi nuk ka zgjidhje nëse ekuacioni i parë nuk ka zgjidhje, d.m.th

(dhe 2 - 4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.

Natyrisht, a = ±2, por duke marrë parasysh kushtin e dytë, përgjigja vjen vetëm me një përgjigje minus.

Përgjigje: a = -2.

Shembulli 2.

Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve ka një numër të pafund zgjidhjesh.

(8x + ay = 2,
(sëpatë + 2y = 1.

Zgjidhje.

Sipas vetive, nëse raporti i koeficientëve të x dhe y është i njëjtë dhe është i barabartë me raportin e anëtarëve të lirë të sistemit, atëherë ai ka një numër të pafund zgjidhjesh (d.m.th. a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Prandaj 8/a = a/2 = 2/1. Duke zgjidhur secilin prej ekuacioneve që rezultojnë, gjejmë se a = 4 është përgjigja në këtë shembull.

Përgjigje: a = 4.

2. Sistemet e ekuacioneve racionale me një parametër

Shembulli 3.

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

Zgjidhje.

Le të shumëzojmë ekuacionin e parë të sistemit me 2:

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

Duke zbritur ekuacionin e dytë nga i pari, marrim 5|x| = 4 – a. Ky ekuacion do të ketë një zgjidhje unike për a = 4. Në raste të tjera, ky ekuacion do të ketë dy zgjidhje (për një< 4) или ни одного (при а > 4).

Përgjigje: a = 4.

Shembulli 4.

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a për të cilat sistemi i ekuacioneve ka një zgjidhje unike.

(x + y = a,
(y – x 2 = 1.

Zgjidhje.

Ne do ta zgjidhim këtë sistem duke përdorur metodën grafike. Kështu, grafiku i ekuacionit të dytë të sistemit është një parabolë e ngritur përgjatë boshtit Oy lart me një segment njësi. Ekuacioni i parë specifikon një grup vijash paralele me drejtëzën y ​​= -x (Figura 1). Nga figura shihet qartë se sistemi ka zgjidhje nëse drejtëza y = -x + a është tangjente me parabolën në një pikë me koordinata (-0.5, 1.25). Duke i zëvendësuar këto koordinata në ekuacionin e vijës së drejtë në vend të x dhe y, gjejmë vlerën e parametrit a:

1,25 = 0,5 + a;

Përgjigje: a = 0,75.

Shembulli 5.

Duke përdorur metodën e zëvendësimit, zbuloni se në cilën vlerë të parametrit a, sistemi ka një zgjidhje unike.

(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.

Zgjidhje.

Nga ekuacioni i parë shprehim y dhe e zëvendësojmë me të dytin:

(y = sëpatë – a – 1,
(sëpatë + (a + 2) (sëpatë – a – 1) = 2.

Le ta reduktojmë ekuacionin e dytë në formën kx = b, i cili do të ketë një zgjidhje unike për k ≠ 0. Kemi:

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

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

Ne përfaqësojmë trinomin katror a 2 + 3a + 2 si produkt i kllapave

(a + 2) (a + 1), dhe në të majtë nxjerrim x nga kllapat:

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

Natyrisht, një 2 + 3a nuk duhet të jetë e barabartë me zero, prandaj,

a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, që do të thotë a ≠ 0 dhe ≠ -3.

Përgjigje: a ≠ 0; ≠ -3.

Shembulli 6.

Duke përdorur metodën e zgjidhjes grafike, përcaktoni se në cilën vlerë të parametrit a sistemi ka një zgjidhje unike.

(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.

Zgjidhje.

Në bazë të kushtit, ne ndërtojmë një rreth me qendër në origjinë dhe një rreze prej 3 segmentesh njësi, kjo është ajo që specifikohet nga ekuacioni i parë i sistemit

x 2 + y 2 = 9. Ekuacioni i dytë i sistemit (y = |x| + a) është një vijë e thyer. Duke përdorur figura 2 Ne i konsiderojmë të gjitha rastet e mundshme të vendndodhjes së tij në lidhje me rrethin. Është e lehtë të shihet se a = 3.

Përgjigje: a = 3.

Ende keni pyetje? Nuk dini si të zgjidhni sistemet e ekuacioneve?
Për të marrë ndihmë nga një mësues -.
Mësimi i parë është falas!

blog.site, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin origjinal.

1. Detyrë.
Në cilat vlera parametrash a ekuacioni ( a - 1)x 2 + 2x + a- A ka 1 = 0 saktësisht një rrënjë?

1. Zgjidhje.
Në a= 1 ekuacioni është 2 x= 0 dhe padyshim ka një rrënjë të vetme x= 0. Nëse a Nr. 1, atëherë ky ekuacion është kuadratik dhe ka një rrënjë të vetme për ato vlera të parametrave në të cilat diskriminuesi i trinomit kuadratik është i barabartë me zero. Duke barazuar diskriminuesin me zero, marrim një ekuacion për parametrin a 4a 2 - 8a= 0, prej nga a= 0 ose a = 2.

1. Përgjigje: ekuacioni ka një rrënjë të vetme në a O (0; 1; 2).

2. Detyrë.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrave a, për të cilin ekuacioni ka dy rrënjë të ndryshme x 2 +4sëpatë+8a+3 = 0.
2. Zgjidhje.
Ekuacioni x 2 +4sëpatë+8a+3 = 0 ka dy rrënjë të dallueshme nëse dhe vetëm nëse D = 16a 2 -4(8a+3) > 0. Marrim (pas reduktimit me një faktor të përbashkët 4) 4 a 2 -8a-3 > 0, prej nga

2. Përgjigje:

3. Detyrë.
Dihet se
f 2 (x) = 6x-x 2 -6.
a) Grafikoni funksionin f 1 (x) në a = 1.
b) Në çfarë vlere a grafikët e funksioneve f 1 (x) Dhe f 2 (x) keni një pikë të vetme të përbashkët?

3. Zgjidhje.
3.a. Le të transformohemi f 1 (x) si më poshtë
Grafiku i këtij funksioni në a= 1 është paraqitur në figurën në të djathtë.
3.b. Le të vërejmë menjëherë se grafikët e funksioneve y = kx+b Dhe y = sëpatë 2 +bx+c (a Nr. 0) priten në një pikë të vetme nëse dhe vetëm nëse ekuacioni kuadratik kx+b = sëpatë 2 +bx+c ka një rrënjë të vetme. Duke përdorur View f 1 nga 3.a, le të barazojmë diskriminuesin e ekuacionit a = 6x-x 2-6 në zero. Nga ekuacioni 36-24-4 a= 0 marrim a= 3. Bëni të njëjtën gjë me ekuacionin 2 x-a = 6x-x 2 -6 do të gjejmë a= 2. Është e lehtë të verifikohet që këto vlera të parametrave plotësojnë kushtet e problemit. Përgjigje: a= 2 ose a = 3.

4. Detyrë.
Gjeni të gjitha vlerat a, për të cilën bashkësia e zgjidhjeve të pabarazisë x 2 -2sëpatë-3a i 0 përmban segmentin .

4. Zgjidhje.
Koordinata e parë e kulmit të parabolës f(x) = x 2 -2sëpatë-3a e barabartë me x 0 = a. Nga vetitë e një funksioni kuadratik, kushti f(x) і 0 në segment është ekuivalente me një grup prej tre sistemesh
ka saktësisht dy zgjidhje?

5. Zgjidhje.
Le ta rishkruajmë këtë ekuacion në formë x 2 + (2a-2)x - 3a+7 = 0. Ky është një ekuacion kuadratik, ai ka saktësisht dy zgjidhje nëse diskriminuesi i tij është rreptësisht më i madh se zero. Duke llogaritur diskriminuesin, gjejmë se kushti për praninë e saktësisht dy rrënjëve është përmbushja e pabarazisë. a 2 +a-6 > 0. Zgjidhja e pabarazisë, gjejmë a < -3 или a> 2. E para nga pabarazitë, padyshim, nuk ka zgjidhje në numra natyrorë, dhe zgjidhja më e vogël natyrore për të dytën është numri 3.

5. Përgjigje: 3.

6. Problem (10 çelësa)
Gjeni të gjitha vlerat a, për të cilin grafiku i funksionit ose, pas transformimeve të dukshme, a-2 = | 2-a| . Ekuacioni i fundit është i barabartë me pabarazinë a unë 2.

6. Përgjigje: a RRETH )