Parametri ka një zgjidhje unike. "Metodat për zgjidhjen e problemeve me parametra"

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

Lodeynoye Pole

2013-2014

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.

Ata luajnë një rol të rëndësishëm në formimin e të menduarit logjik dhe kulturës matematikore. Vështirësitë që dalin gjatë zgjidhjes së tyre janë për faktin se çdo problem me parametra përfaqëson një klasë të tërë problemesh të zakonshme, për secilën prej të cilave duhet të merret një zgjidhje.

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 të njëjtat vlera parametrash;

b) çdo zgjidhje e ekuacionit të parë (pabarazi) është zgjidhje e të dytit 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 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 parametrit (parametrat) 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 e panevojshme 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 nënbashkësi e grupit të zgjidhjeve të ekuacionit të dytë, etj.

Një koment. 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).

Një koment. 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 pjerrësisë së vijës së drejtë 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 , ekuacionin 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-së: , 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 P ; ri .

është gjithashtu një zgjidhje për të gjithë Shembulli 8. A Gjeni të gjitha x – 7a = 2 – 3, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 6a sëpatë 2 .

Zgjidhja: më pak . Le të gjejmë zgjidhje për ekuacionin për secilën . , Nëse .

Le të zgjidhim pabarazinë:

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje. : AÎ (–5 , 4) .

Përgjigju

Pabarazitë lineare me parametra Për shembull: Zgjidhja e pabarazisë: < kx .

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

, dhe kur

Shembulli 1. Zgjidhini pabarazitë e mbetura në kuti në të njëjtën mënyrë.
.

Zgjidhja:

Për të gjitha vlerat e parametrit a, zgjidhni pabarazinë x. Nëse kllapa është para
është pozitive, d.m.th. në
Për të gjitha vlerat e parametrit a, zgjidhni pabarazinë x, Kjo
është pozitive, d.m.th. në
negative, d.m.th. në a. Nëse

Përgjigje:
në
;
në
;

= 0 ose a = , atëherë nuk ka zgjidhje. a nuk ka zgjidhje për

= 0 ose a = . Shembulli 2 A. Për të gjitha vlerat e parametrave X zgjidh pabarazinë | x + a| < 2a .

Zgjidhja:

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

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur 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, me 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. Shembulli 8. 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, me
xЄ (–3 a + 2; 2a+ 4) dhe që pabarazia të mbahet për të gjithë x nga segmenti , është e nevojshme që

– a| – |
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 negativ.

Le të zbulojmë shenjën e koeficientit në

a ≤ –3,

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

a ≤ –3,

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur 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.

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje.:
.

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 ekuacioninx ² – , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 1 = 0 nuk ka rrënjë të vërteta?

Zgjidhja:

x ² – , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 + 1 = 0

D = a ² – 4 1 =a ² - 4

a ² - 4< 0 + – +

( a – 2)( a + 2) < 0 –2 2

Kur ekuacioni nuk ka zgjidhje.: 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 .

– a| – | 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 vlera të 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 , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 ² - 2 ( a + 1) x – a + 5 = 0 janë pozitive.

Zgjidhja:

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

1. a = 0 –2x + = 0;

Përgjigje: a Є U.

Shembulli 7.Nëçfarë vlerash parametrash a ekuacionin | x ² - 4 x + 3 | = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 ka 3 rrënjë.

Zgjidhja:

Le të ndërtojmë grafikët e funksioneve y = | x ² - 4 x + 3 | Dhe y = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 .

Funksioni është grafikuar në segment
.
Ky ekuacion do të ketë tre rrënjë nëse grafiku i funksionit y = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 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 pika 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 .
; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur
, , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 = 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: .

Ekuacione iracionale 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.

b 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 ekuacionin
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) = kx + 1.

Zgjidhja:

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

1. kx = –1

3. kx =–2

4. | kx + 1| > 1

Nuk ka zgjidhje.

5. kxЄ (–1; 0)

6. kxЄ(–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.

; +∞). Duke kombinuar të dyja përgjigjet, marrim se kur
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 vetëm vendim.

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 .

Raport mbi OMGJ-në e një mësuesi matematike në shkollën e mesme MBOU Nr. 9

Molchanova Elena Vladimirovna

"Përgatitja për Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë: probleme me parametrat".

Meqenëse nuk ka një përcaktim të parametrit në tekstet shkollore, unë propozoj të marr si bazë versionin më të thjeshtë të mëposhtëm.

Përkufizimi . Një parametër është një ndryshore e pavarur, vlera e së cilës në problem konsiderohet të jetë një numër real i dhënë fiks ose arbitrar, ose një numër që i përket një grupi të paracaktuar.

Çfarë do të thotë të "zgjidhësh një problem me një parametër"?

Natyrisht, kjo varet nga pyetja në problem. Nëse, për shembull, është e nevojshme të zgjidhet një ekuacion, një pabarazi, një sistem ose një grup prej tyre, atëherë kjo nënkupton paraqitjen e një përgjigje të arsyetuar ose për çdo vlerë të një parametri ose për një vlerë të një parametri që i përket një grupi të paracaktuar. .

Nëse keni nevojë të gjeni vlerat e parametrave për të cilat grupi i zgjidhjeve për një ekuacion, pabarazi, etj. plotëson kushtin e deklaruar, atëherë, padyshim, zgjidhja e problemit konsiston në gjetjen e vlerave të parametrave të specifikuara.

Lexuesi do të zhvillojë një kuptim më transparent të asaj që do të thotë të zgjidhësh një problem me një parametër pasi të lexojë shembujt e zgjidhjes së problemit në faqet në vijim.

Cilat janë llojet kryesore të problemeve me parametrat?

Lloji 1. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre që duhet të zgjidhen ose për çdo vlerë të parametrit (parametrat) 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).

Unë tërheq 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., as të jepen këto zgjidhje; Në shumicën e rasteve, një punë e tillë e panevojshme 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.

Një koment. 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.

Cilat janë mënyrat (metodat) kryesore të zgjidhjes së 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".

Një koment. Metoda analitike e zgjidhjes së problemeve me një parametër është metoda më e vështirë, që kërkon arsim të lartë dhe përpjekjen më të madhe për ta zotëruar atë.

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

Një koment. 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). Gjatë zgjidhjes në këtë mënyrë, variablat x dhe a supozohen të jenë të barabartë dhe zgjidhet ndryshorja në lidhje me të cilën zgjidhja analitike konsiderohet më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve natyrore, kthehemi në kuptimin origjinal të ndryshoreve x dhe a dhe plotësojmë zgjidhjen.

Tani do të kaloj në demonstrimin e këtyre metodave për zgjidhjen e problemeve me një parametër, pasi kjo është metoda ime e preferuar për zgjidhjen e problemeve të këtij lloji.

Duke analizuar të gjitha detyrat me parametra të zgjidhur grafikisht, filloj njohjen time me parametrat me detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit B7 2002:

Në sa është vlera e plotë për ekuacionin 45x – 3x 2 - X 3 + 3k = 0 ka saktësisht dy rrënjë?

Këto detyra lejojnë, së pari, të kujtojmë se si të ndërtojmë grafikë duke përdorur derivatin, dhe së dyti, të shpjegojmë kuptimin e vijës së drejtë y = k.

Në klasat pasuese, unë përdor një përzgjedhje të problemeve konkurruese të nivelit të lehtë dhe të mesëm me parametra për përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit, ekuacione me një modul. Këto detyra mund t'u rekomandohen mësuesve të matematikës si një grup ushtrimesh fillestare për të mësuar punën me parametrin e mbyllur nën shenjën e modulit. Shumica e numrave zgjidhen grafikisht dhe i japin mësuesit një plan të gatshëm mësimi (ose dy mësime) me një nxënës të fortë. Përgatitja fillestare për Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë duke përdorur ushtrime të afërta në kompleksitet me numrat realë C5. Shumë nga detyrat e propozuara janë marrë nga materialet për përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit 2009, dhe disa janë nga Interneti nga përvoja e kolegëve.

1) Specifikoni të gjitha vlerat e parametravefq , për të cilin ekuacioni ka 4 rrënjë?
Përgjigje:

2) Në cilat vlera të parametritA ekuacionin nuk ka zgjidhje?
Përgjigje:

3) Gjeni të gjitha vlerat e a, për secilën prej të cilave ekuacioni ka saktësisht 3 rrënjë?
Përgjigje: a=2

4) Në cilat vlera parametrashkx ekuacionin ka një zgjidhje të vetme? Përgjigje:

5) Gjeni të gjitha vleratm , për të cilin ekuacioni nuk ka zgjidhje.
Përgjigje:

6) Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat ekuacioni ka saktësisht 3 rrënjë të ndryshme. (Nëse ka më shumë se një vlerë të a, atëherë shkruani shumën e tyre në përgjigjen tuaj.)

Përgjigje: 3

7) Në çfarë vlerashkx ekuacionin ka saktësisht 2 zgjidhje?
Përgjigje:

8) Specifikoni këto parametraNëse , për të cilin ekuacioni ka të paktën dy zgjidhje.
Përgjigje:

9) Në cilat vlera parametrashfq ekuacionin ka vetem nje zgjidhje?
Përgjigje:

10) Gjeni të gjitha vlerat e a, për secilën prej të cilave ekuacioni (x + 1)ka saktësisht 2 rrënjë? Nëse ka disa vlera të a, atëherë shkruani shumën e tyre si përgjigje.

Përgjigje: - 3

11) Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat ekuacioni ka saktësisht 3 rrënjë? (Nëse ka më shumë se një vlerë të a, atëherë shkruani shumën e tyre si përgjigje).

Përgjigje: 4

12) Për sa është vlera më e vogël natyrore e parametrit a, ekuacioni – = 11 ka vetëm rrënjë pozitive?

Përgjigje: 19

13) Gjeni të gjitha vlerat e a, për secilën prej të cilave ekuacioni = 1 ka saktësisht 3 rrënjë? (Nëse ka më shumë se një vlerë të a-së, atëherë shkruani shumën e tyre në përgjigjen tuaj).

Përgjigje: - 3

14) Specifikoni vlerat e parametrave të mëposhtëmt , për të cilin ekuacioni ka 4 zgjidhje të ndryshme. Përgjigje:

15) Gjeni këto parametram , për të cilin ekuacioni ka dy zgjidhje të ndryshme. Përgjigje:

16) Në cilat vlera të parametritfq ekuacionin ka saktësisht 3 ekstreme? Përgjigje:

17) Tregoni të gjithë parametrat e mundshëm n për të cilët funksioni ka saktësisht një pikë minimale. Përgjigje:

Seti i publikuar përdoret rregullisht nga unë për të punuar me një student të aftë, por jo më të fortë, i cili megjithatë aspiron një rezultat të lartë të Provimit të Unifikuar të Shtetit duke zgjidhur numrin C5. Mësuesi përgatit një student të tillë në disa faza, duke ndarë mësime të veçanta për trajnimin e aftësive individuale të nevojshme për gjetjen dhe zbatimin e zgjidhjeve afatgjata. Kjo përzgjedhje është e përshtatshme për fazën e formimit të ideve rreth modeleve lundruese, në varësi të parametrit. Numrat 16 dhe 17 bazohen në modelin e një ekuacioni real me një parametër në Provimin e Unifikuar të Shtetit 2011. Detyrat janë të renditura sipas vështirësisë në rritje.

Detyra C5 në matematikë Provimi i Unifikuar i Shtetit 2012

Këtu kemi një problem tradicional të parametrave që kërkon një zotërim të moderuar të materialit dhe aplikimin e disa vetive dhe teoremave. Kjo detyrë është një nga detyrat më të vështira në Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë. Ai është krijuar kryesisht për ata që synojnë të vazhdojnë arsimin e tyre në universitete me kërkesa të shtuara për përgatitjen matematikore të aplikantëve. Për të zgjidhur me sukses një problem, është e rëndësishme të operoni lirshëm me përkufizimet, vetitë, teoremat e studiuara, t'i zbatoni ato në situata të ndryshme, të analizoni gjendjen dhe të gjeni zgjidhje të mundshme.

Në faqen e përgatitjes së Provimit të Unifikuar të Shtetit të Alexander Larin, nga 11 maj 2012, u ofruan opsionet e trajnimit nr. 1 – 22 me detyra të nivelit “C”, C5 prej tyre ishin të ngjashme me detyrat që ishin në provimin real. . Për shembull, gjeni të gjitha vlerat e parametrit a, për secilën prej të cilave grafikët e funksionevef(x) = Dheg(x) = a(x + 5) + 2 nuk kanë pika të përbashkëta?

Le të shohim zgjidhjen e detyrës C5 nga provimi i vitit 2012.

Detyra C5 nga Provimi i Unifikuar i Shtetit 2012

Për cilat vlera të parametrit a bën ekuacioni ka të paktën dy rrënjë.

Le ta zgjidhim këtë problem grafikisht. Le të vizatojmë anën e majtë të ekuacionit: dhe grafiku në anën e djathtë:dhe formuloni pyetjen e problemit si më poshtë: në cilat vlera të parametrit a janë grafikët e funksioneve Dhekanë dy ose më shumë pika të përbashkëta.

Nuk ka asnjë parametër në anën e majtë të ekuacionit origjinal, kështu që ne mund të vizatojmë funksionin.

Ne do ta ndërtojmë këtë grafik duke përdorur funksione:

1. Zhvendos grafikun e funksionit3 njësi poshtë përgjatë boshtit OY, marrim grafikun e funksionit:

2. Le të vizatojmë funksionin . Për ta bërë këtë, një pjesë e grafikut të funksionit , i vendosur nën boshtin OX, do të shfaqet në mënyrë simetrike në lidhje me këtë aks:

Pra, grafiku i funksionitka formën:

Grafiku i një funksioni

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 +4, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15+8a+3 = 0.
2. Zgjidhje.
Ekuacioni x 2 +4, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15+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) Me 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) në mënyrën e mëposhtme
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 = Zgjidhja e pabarazisë:+kx Dhe y = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 2 +bx+c (a Nr. 0) priten në një pikë të vetme nëse dhe vetëm nëse ekuacioni kuadratik Zgjidhja e pabarazisë:+kx = , për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15 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 -2, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15-3a i 0 përmban segmentin .

4. Zgjidhje.
Koordinata e parë e kulmit të parabolës f(x) = x 2 -2, për secilën prej të cilave të paktën një nga zgjidhjet e ekuacionit 15-3a e barabartë me x 0 = a. Nga vetitë e një funksioni kuadratik, kushti f(x) і 0 në segment është e barabartë 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 )