Parametreli sistemlerin sınav çözümü. İkinci dereceden üç terimlinin incelenmesi

Formun denklemi F(X; A) = 0 denir değişkenli denklem X ve parametre A.

Denklemi parametreyle çözme A– bu her değer için anlamına gelir A değerleri bul X, bu denklemi karşılıyor.

Örnek 1. Ah= 0

Örnek 2. Ah = A

Örnek 3.

x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2

Eğer 1 – A= 0, yani A= 1 ise X 0 = -2 kök yok

Eğer 1 – A 0, yani A 1, o zaman X =

Örnek 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)

Eğer A= 1, sonra 0 X = 0
X– herhangi bir gerçek sayı

Eğer A= -1, sonra 0 X = -2
kök yok

Eğer A 1, A-1, o zaman X= (tek çözüm).

Bu, her geçerli değer için A tek bir değerle eşleşir X.

Örneğin:

Eğer A= 5 ise X = = ;

Eğer A= 0 ise X= 3 vb.

1. Ah = X + 3

2. 4 + Ah = 3X – 1

3. A = +

en A= 1 kök yok.

en A= 3 kök yok.

en A = 1 X– hariç herhangi bir gerçek sayı X = 1

en A = -1, A= 0 çözüm yok.

en A = 0, A= 2 çözüm yok.

en A = -3, A = 0, 5, A= -2 çözüm yok

en A = -İle, İle= 0 çözüm yok.

Parametreli ikinci dereceden denklemler

Örnek 1. Denklemi çöz

(A – 1)X 2 = 2(2A + 1)X + 4A + 3 = 0

Şu tarihte: A = 1 6X + 7 = 0

Durumunda A 1, hangi parametre değerlerini vurguluyoruz D sıfıra gider.

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

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

Eğer A> -4/5 ve A 1, o zaman D > 0,

X =

Eğer A= 4/5 ise D = 0,

Örnek 2. Denklem a parametresinin hangi değerlerinde yapılır?

x 2 + 2( A + 1)X + 9A– 5 = 0'ın 2 farklı negatif kökü var mı?

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

4(A – 1)(A – 6) > 0

Vieta aracılığıyla: X 1 + X 2 = -2(A + 1)
X 1 X 2 = 9A – 5

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

Sonuç olarak

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

A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9

(Pirinç. 1) < A < 1, либо A > 6

Örnek 3. Değerleri bulun A, bu denklemin bir çözümü var.

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 veya A – 4 = 0
A = 4

(Pirinç. 2)

Cevap: A 0 ve A 4

Didaktik materyal

1. Hangi değerde A denklem Ah 2 – (A + 1) X + 2A– 1 = 0'ın tek kökü var mı?

2. Hangi değerde A denklem ( A + 2) X 2 + 2(A + 2)X+ 2 = 0'ın tek kökü var mı?

3. Denklem a'nın hangi değerleri için ( A 2 – 6A + 8) X 2 + (A 2 – 4) X + (10 – 3A – A 2) = 0'ın ikiden fazla kökü var mı?

4. a'nın hangi değerleri için denklem 2 X 2 + X – A= 0'ın denklem 2 ile en az bir ortak kökü vardır X 2 – 7X + 6 = 0?

5. Bir denklemin hangi değerleri için X 2 +Ah+ 1 = 0 ve X 2 + X + A= 0'ın en az bir ortak kökü var mı?

1. Ne zaman A = - 1/7, A = 0, A = 1

2. Ne zaman A = 0

3. Ne zaman A = 2

4. Ne zaman A = 10

5. Ne zaman A = - 2

Parametreli üstel denklemler

Örnek 1.Tüm değerleri bul A, bunun için denklem

9x – ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1)'in tam olarak iki kökü vardır.

Çözüm. Denklemin (1) her iki tarafını da 3 2/x ile çarparak eşdeğer denklemi elde ederiz.

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

3 x+1/x = olsun en, o zaman denklem (2) şu formu alacaktır: en 2 – (A + 2)en + 2A= 0 veya

(en – 2)(en – A) = 0, dolayısıyla en 1 =2, en 2 = A.

Eğer en= 2, yani 3 x+1/x = 2 o zaman X + 1/X= log 3 2 veya X 2 – X log 3 2 + 1 = 0.

Bu denklemin gerçek kökleri yoktur, çünkü D= günlük 2 3 2 – 4< 0.

Eğer en = A yani 3x+1/x = A O X + 1/X= günlük 3 A, veya X 2 –X log 3 a + 1 = 0. (3)

Denklem (3) ancak ve ancak şu durumda tam olarak iki köke sahiptir:

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

Log 3 a > 2 ise, o zaman A> 9 ve log 3 a ise< -2, то 0 < A < 1/9.

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

Örnek 2. a'nın hangi değerlerinde denklem 2 2x – ( A - 3) 2 x – 3 A= 0'ın çözümleri var mı?

Verilen bir denklemin çözümlerinin olabilmesi için denklemin olması gerekli ve yeterlidir. T 2 – (A - 3) T – 3A= 0'ın en az bir pozitif kökü vardı. Vieta teoremini kullanarak kökleri bulalım: X 1 = -3, X 2 = A = >

a pozitif bir sayıdır.

Cevap: ne zaman A > 0

Didaktik materyal

1. Denklemin geçerli olduğu a'nın tüm değerlerini bulun

25x – (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0'ın tam olarak 2 çözümü vardır.

2. Denklem a'nın hangi değerleri için

2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4'ün tek kökü var mı?

3. A parametresinin hangi değerleri için denklem yapılır

4 x - (5 A-3)2 x +4 A 2 – 3A= 0'ın tek bir çözümü var mı?

Örnek 1. Tüm değerleri bul A, bunun için denklem

günlük 4x (1 + Ah) = 1/2 (1)

benzersiz bir çözümü var.

Çözüm. Denklem (1) denklemin eşdeğeridir

1 + Ah = 2X en X > 0, X 1/4 (3)

X = en

ay 2 – en + 1 = 0 (4)

(3)'teki koşul (2) karşılanmıyor.

İzin vermek A 0, o zaman Avustralya 2 – 2en+ 1 = 0'ın gerçek kökleri ancak ve ancak şu durumda vardır D = 4 – 4A 0, yani en A 1. Eşitsizliği (3) çözmek için fonksiyonların grafiğini çizelim Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Cebir ve matematiksel analiz dersinin derinlemesine incelenmesi. – M.: Eğitim, 1990

ve diğerleri. Çalışma kılavuzu. – M.: Sınav, 2001–2008.
1. Görev. A Hangi parametre değerlerinde A - 1)X 2 + 2X + A denklem (

- 1 = 0'ın tam olarak bir kökü var mı?
1. Çözüm. AŞu tarihte: X= 1 denklem 2'dir X= 0 ve açıkça tek bir kökü var A= 0. Eğer A 4A 2 - 8A 1 numara, o zaman bu denklem ikinci derecedendir ve ikinci dereceden trinomiyalin diskriminantının sıfıra eşit olduğu parametre değerleri için tek bir köke sahiptir. Diskriminantı sıfıra eşitleyerek parametre için bir denklem elde ederiz A= 0, dolayısıyla A = 2.

= 0 veya 1. Cevap: A denklemin tek kökü var

Ö (0; 1; 2).
2. Görev. A Tüm parametre değerlerini bulun X 2 +4Denklemin iki farklı kökü var+8A+3 = 0.
balta
2. Çözüm. X 2 +4Denklemin iki farklı kökü var+8A Denklem +3 = 0'ın iki farklı kökü vardır ancak ve ancak şu şartla = 16A 2 -4(8A D A 2 -8A+3) > 0. (4 ortak çarpanıyla indirgedikten sonra) 4 elde ederiz

-3 > 0, dolayısıyla

) VE (1 +
biliniyor ki
F 2 (X) = 6X-X 2 -6.
a) Fonksiyonun grafiğini çizin F 1 (X) A = 1.
b) Hangi değerde A fonksiyon grafikleri F 1 (X) Ve F 2 (X) tek bir ortak noktanız var mı?

3. Çözüm.
3.a. Haydi dönüşelim F 1 (X) aşağıdaki gibi
Bu fonksiyonun grafiği A= 1 sağdaki şekilde gösterilmektedir.
3.b. Hemen şunu belirtelim ki fonksiyonların grafikleri sen = kx+B Ve sen = Denklemin iki farklı kökü var 2 +bx+C (A No. 0) ancak ve ancak ikinci dereceden denklem varsa tek bir noktada kesişir kx+B = Denklemin iki farklı kökü var 2 +bx+C tek bir kökü vardır. Görünümü Kullanma F 1 tanesi 3.a Denklemin diskriminantını eşitleyelim A = 6X-X 2-6'dan sıfıra. Denklem 36-24-4'ten A= 0 elde ederiz A= 3. Aynısını denklem 2 için yapın X-A = 6X-X 2 -6 bulacağız A= 2. Bu parametre değerlerinin problemin koşullarını sağladığını doğrulamak kolaydır. Cevap: A= 2 veya A = 3.

4. Görev.
Tüm değerleri bul A eşitsizliğin çözüm kümesi X 2 -2Denklemin iki farklı kökü var-3A i 0 segmentini içerir.

4. Çözüm.
Parabol tepe noktasının ilk koordinatı F(X) = X 2 -2Denklemin iki farklı kökü var-3A eşit X 0 = A. İkinci dereceden bir fonksiyonun özelliklerinden, koşul F(X) Segmentteki i 0, üç sistemden oluşan bir kümeye eşdeğerdir
tam olarak iki çözümü var mı?

5. Çözüm.
Bu denklemi formda yeniden yazalım. X 2 + (2A-2)X - 3A+7 = 0. Bu ikinci dereceden bir denklemdir; diskriminantının sıfırdan büyük olması durumunda tam olarak iki çözümü vardır. Diskriminantı hesapladığımızda tam olarak iki kökün bulunması koşulunun eşitsizliğin sağlanması olduğunu buluruz. A 2 +A-6 > 0. Eşitsizliği çözerken şunu buluruz: A < -3 или A> 2. Eşitsizliklerden birincisinin doğal sayılarda çözümü olmadığı açıktır, ikincisinin en küçük doğal çözümü ise 3 sayısıdır.

5. Cevap: 3.

6. Problem (10 tuş)
Tüm değerleri bul A, bunun için fonksiyonun grafiği veya bariz dönüşümlerden sonra, A-2 = | 2-A| . Son denklem eşitsizliğe eşdeğerdir A ben 2.

6. Cevap: A HAKKINDA )