Si të zgjidhni detyrat me një parametër. "Metodat për zgjidhjen e problemeve me parametra"

Raport mbi mësuesin e matematikës OMGJ MBOU shkolla e mesme 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 sugjeroj të merret si bazë versioni i mëposhtëm i thjeshtë.

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, kërkohet të zgjidhet një ekuacion, një pabarazi, sistemi ose kombinimi i tyre, atëherë kjo nënkupton paraqitjen e një përgjigjeje të arsyeshme qoftë për çdo vlerë parametri, qoftë për një vlerë parametri që i përket një grupi të paracaktuar.

Nëse kërkohet të gjenden vlerat e parametrave për të cilat grupi i zgjidhjeve të ekuacionit, pabarazisë, etj. plotëson kushtin e deklaruar, atëherë, padyshim, zgjidhja e problemit konsiston në gjetjen e vlerave të parametrave të specifikuara.

Një kuptim më transparent se çfarë do të thotë të zgjidhësh një problem me një parametër, lexuesi do të krijojë pasi të lexojë shembujt e zgjidhjes së problemit në faqet në vijim.

Cilat janë llojet kryesore të detyrave me parametra?

Lloji 1. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe grupet e tyre, të cilat 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 bashkësitë e tyre, për të cilat kërkohet të përcaktohet numri i zgjidhjeve në varësi të vlerës së parametrit (parametrave).

Ju tërheq vëmendjen se gjatë zgjidhjes së problemave të këtij lloji nuk është nevoja as të zgjidhen ekuacionet e dhëna, pabarazitë, sistemet dhe kombinimet e tyre etj., as të jepen këto zgjidhje; Një punë e tillë shtesë në shumicën e rasteve është një gabim taktik, që çon në shpenzim të pajustifikuar të kohës. Sidoqoftë, kjo nuk duhet të merret si 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 parametrit për të cilat ekuacionet e treguara, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre kanë një numër të caktuar zgjidhjesh (në veçanti, ato nuk kanë ose kanë një numër të pafund zgjidhjesh).

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

Lloji 4. Ekuacionet, pabarazitë, sistemet dhe koleksionet e tyre, për të cilat, për vlerat e dëshiruara të parametrit, grupi i zgjidhjeve plotëson kushtet e dhëna në fushën e përkufizimit.

Për shembull, gjeni vlerat e parametrave për të cilat:

1) plotësohet ekuacioni për çdo vlerë të ndryshores nga intervali i dhënë;
2) bashkësia e zgjidhjeve të ekuacionit të parë është një nëngrup i grupit të zgjidhjeve të ekuacionit të dytë, e kështu me radhë.

Një koment. Shumëllojshmëria 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 njohur e problemeve me një parametër është problemet me një të panjohur dhe një parametër. Paragrafi tjetër tregon mënyrat kryesore të zgjidhjes së problemeve të kësaj klase të veçantë.

Cilat janë mënyrat (metodat) kryesore për zgjidhjen e problemeve me një parametër?

Metoda I (analitike). Kjo është një metodë e të ashtuquajturës zgjidhje direkte, e cila përsërit procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në problemet pa parametër. Ndonjëherë ata thonë se kjo është një mënyrë e një vendimi të fortë, në një kuptim të mirë, "të paturpshëm".

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 ata që studiojnë temën "Problemet me një parametër" aq shumë sa fillojnë të shpërfillin metodat e tjera të zgjidhjes, duke harruar faktin e njohur: për çdo klasë të probleme, autorët e tyre mund të formulojnë një që zgjidhet shkëlqyeshëm me këtë metodë dhe me vështirësi kolosale në mënyra të tjera. Prandaj, në fazën fillestare të studimit, është e rrezikshme të filloni me metoda grafike për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

Metoda III (vendimi i parametrave). Kur zgjidhen në këtë mënyrë, ndryshoret x dhe a merren të barabarta dhe zgjidhet ndryshorja, në lidhje me të cilën zgjidhja analitike njihet si më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve natyrore, kthehemi në kuptimin origjinal të ndryshoreve x dhe a dhe plotësojmë zgjidhjen.

Tani do të vazhdoj të demonstroj metodat e treguara për zgjidhjen e problemeve me një parametër, pasi kjo është metoda ime e preferuar për zgjidhjen e problemeve të këtij lloji.

Pasi analizova të gjitha detyrat me parametra të zgjidhur me metodën grafike, filloj njohjen time me parametrat me detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit B7 të vitit 2002:

Në çfarë vlere të plotë për ekuacionin 45x - 3x 2 - X 3 + 3k = 0 ka saktësisht dy rrënjë?

Këto detyra lejojnë, së pari, të mbani mend se si të ndërtoni grafikë duke përdorur derivatin, dhe së dyti, të shpjegoni kuptimin e vijës së drejtë y \u003d k.

Në mësimet pasuese, unë përdor një përzgjedhje të detyrave konkurruese të nivelit të lehtë dhe të mesëm me parametra për përgatitjen për provimin, ekuacionet me një modul. Këto detyra mund t'u rekomandohen mësuesve të matematikës si një grup ushtrimesh fillestare për të mësuar se si të punohet me një parametër të mbyllur nën shenjën e modulit. Shumica e numrave zgjidhen grafikisht dhe i japin mësuesit një plan mësimi (ose dy mësime) me një nxënës të fortë. Përgatitja fillestare për provimin e matematikës për ushtrimet i afrohet për nga kompleksiteti numrave realë C5. Shumë nga detyrat e propozuara janë marrë nga materialet për përgatitjen për përdorim në 2009, dhe disa 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 të parametritb ekuacionin ka një zgjidhje unike? 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 dallueshme. (Nëse ka më shumë se një vlerë të a, atëherë shkruani shumën e tyre në përgjigje.)

Përgjigje: 3

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

8) Specifikoni parametra të tillëk , për të cilin ekuacioni ka të paktën dy zgjidhje.
Përgjigje:

9) Në cilat vlera të parametritfq 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) 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, atëherë shkruani shumën e tyre në përgjigje).

Përgjigje: - 3

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

15) Gjeni parametra të tillëm , 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 pretendon një rezultat të lartë USE duke zgjidhur numrin C5. Mësuesi përgatit një nxënës të tillë në disa faza, duke ndarë mësime të veçanta për trajnimin e aftësive individuale të nevojshme për gjetjen dhe zbatimin e zgjidhjeve të gjata. Kjo përzgjedhje është e përshtatshme për fazën e formimit të ideve për figurat lundruese, në varësi të parametrit. Numrat 16 dhe 17 janë modeluar në një ekuacion real me një parametër për USE 2011. Detyrat janë renditur në rend rritës të kompleksitetit të tyre.

Detyra C5 në matematikë USE 2012

Këtu kemi një problem tradicional me një parametër, që kërkon një njohuri të moderuar të materialit dhe aplikimin e disa vetive dhe teoremave. Kjo detyrë është një nga detyrat më të vështira të Provimit të Unifikuar të Shtetit në Matematikë. Ai është projektuar, para së gjithash, për ata që do të vazhdojnë shkollimin në universitete me kërkesa të shtuara për përgatitjen matematikore të aplikantëve. Për të zgjidhur me sukses problemin, 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 për Provimin e Bashkuar të Shtetit, Alexander Larin, nga 05/11/2012, u ofruan opsionet e trajnimit Nr. 1 - 22 me detyra të nivelit "C", C5 e disa prej tyre ishin të ngjashme me ato detyra që ishin në provimin e vërtetë. Për shembull, gjeni të gjitha vlerat e parametrit a, për secilën prej të cilave grafikohet funksionif(x) = dheg(x) = a(x + 5) + 2 nuk kanë pika të përbashkëta?

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

Detyra C5 nga USE-2012

Për cilat vlera të parametrit është 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: për 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. Grafikoni funksionin . Për këtë pjesë të grafikut të funksionit , i vendosur nën boshtin OX, do të shfaqet në mënyrë simetrike rreth këtij boshti:

Pra grafiku i funksionitduket si:

Grafiku i funksionit

Detyra 1 #6329

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit \(a\), për secilën prej të cilave sistemi \[\fillimi(rastet) (x-2a-2)^2+(y-a)^2=1\\ y^2=x^2\fundi(rastet)\]

ka saktësisht katër zgjidhje.

(Përdorimi 2018, vala kryesore)

Ekuacioni i dytë i sistemit mund të rishkruhet si \(y=\pm x\) . Prandaj, merrni parasysh dy raste: kur \(y=x\) dhe kur \(y=-x\) . Atëherë numri i zgjidhjeve të sistemit do të jetë i barabartë me shumën e numrit të zgjidhjeve në rastin e parë dhe të dytë.

1) \(y=x\) . Zëvendësoni në ekuacionin e parë dhe merrni: \ (vini re se në rastin e \(y=-x\) do të bëjmë të njëjtën gjë dhe gjithashtu do të marrim një ekuacion kuadratik)
Që sistemi origjinal të ketë 4 zgjidhje të ndryshme, është e nevojshme që në secilin prej dy rasteve të fitohen 2 zgjidhje.
Një ekuacion kuadratik ka dy rrënjë kur është \(D>0\) . Le të gjejmë diskriminuesin e ekuacionit (1):
\(D=-4(a^2+4a+2)\) .
Diskriminues më i madh se zero: \(a^2+4a+2<0\) , откуда \(a\in (-2-\sqrt2; -2+\sqrt2)\).

2) \(y=-x\) . Ne marrim një ekuacion kuadratik: \ Diskriminuesi është më i madh se zero: \(D=-4(9a^2+12a+2)>0\) , prej nga \(a\në \left(\frac(-2-\sqrt2)3; \frac(-2+\sqrt2)3\djathtas)\).

Është e nevojshme të kontrollohet nëse tretësirat në rastin e parë janë të njëjta me tretësirat në rastin e dytë.

Le të jetë \(x_0\) zgjidhja e përgjithshme e ekuacioneve (1) dhe (2), atëherë \ Nga këtu marrim se \(x_0=0\) ose \(a=0\) .
Nëse \(a=0\) , atëherë ekuacionet (1) dhe (2) rezultojnë të njëjta, prandaj, ato kanë të njëjtat rrënjë. Ky rast nuk na shkon.
Nëse \(x_0=0\) është rrënja e tyre e përbashkët, atëherë \(2x_0^2-2(3a+2)x_0+(2a+2)^2+a^2-1=0\), prej nga \((2a+2)^2+a^2-1=0\) , prej nga \(a=-1\) ose \(a=-0,6\) . Atëherë i gjithë sistemi origjinal do të ketë 3 zgjidhje të ndryshme, gjë që nuk na përshtatet.

Nisur nga të gjitha këto, përgjigja do të jetë:

Përgjigje:

\(a\in\majtas(\frac(-2-\sqrt2)3; -1\djathtas)\kupë\majtas(-1; -0.6\djathtas)\kupë\majtas(-0.6; - 2+\sqrt2 \ drejtë)\)

Detyra 2 #4032

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

Gjeni të gjitha vlerat \(a\), për secilën prej të cilave sistemi \[\fillimi(rastet) (a-1)x^2+2ax+a+4\leqslant 0\\ ax^2+2(a+1)x+a+1\geqslant 0 \end(rastet)\ ]

ka një zgjidhje unike.

Le ta rishkruajmë sistemin si: \[\fillimi(rastet) ax^2+2ax+a\leqslant x^2-4\\ ax^2+2ax+a\geqslant -2x-1 \end(rastet)\] Konsideroni tre funksione: \(y=ax^2+2ax+a=a(x+1)^2\) , \(g=x^2-4\) , \(h=-2x-1\) . Nga sistemi rrjedh se \(y\leqslant g\) , por \(y\geqslant h\) . Prandaj, që sistemi të ketë zgjidhje, grafiku \(y\) duhet të jetë në zonën, e cila jepet nga kushtet: "mbi" grafikun \(h\) , por "poshtë" grafikun \(g\ ) :

(ne do ta quajmë rajonin "të majtë" rajonin I, rajonin "djathtas" - rajoni II)
Vini re se për çdo graf fiks \(a\ne 0\) \(y\) është një parabolë, kulmi i së cilës është në pikën \((-1;0)\) , dhe degët e së cilës janë ose lart ose poshtë. Nëse \(a=0\) , atëherë ekuacioni duket si \(y=0\) dhe grafiku është një vijë e drejtë që përkon me boshtin x.
Vini re se në mënyrë që sistemi origjinal të ketë një zgjidhje unike, është e nevojshme që grafiku \(y\) të ketë saktësisht një pikë të përbashkët me rajonin I ose me rajonin II (kjo do të thotë që grafiku \(y\) duhet të ketë një pikë e vetme e përbashkët me kufirin e njërit prej këtyre rajoneve).

Le të shqyrtojmë disa raste veç e veç.

1) \(a>0\) . Pastaj degët e parabolës \(y\) kthehen lart. Në mënyrë që sistemi origjinal të ketë një zgjidhje unike, është e nevojshme që parabola \(y\) të prekë kufirin e rajonit I ose kufirin e rajonit II, domethënë të prekë parabolën \(g\) , dhe abshisa e pikës tangjente duhet të jetë \(\leqslant -3\) ose \(\geqslant 2\) (d.m.th., parabola \(y\) duhet të prekë kufirin e njërit prej rajoneve që është mbi x- boshti, pasi parabola \(y\) shtrihet mbi boshtin x).

\(y"=2a(x+1)\) , \(g"=2x\) . Kushtet për prekjen e grafikëve \(y\) dhe \(g\) në pikën me abshisë \(x_0\leqslant -3\) ose \(x_0\geqslant 2\): \[\filloj(rastet) 2a(x_0+1)=2x_0\\ a(x_0+1)^2=x_0^2-4 \\ \majtas[\filloj(mblodhën)\filloj(rrenjosur) &x_0\leqslant - 3\\ &x_0\geqslant 2 \end(lidhur)\fund(mbledhur)\djathtas. \end(rastet) \quad\Shigjeta majtas djathtas\katër \fillimi(rastet) \majtas[\fillimi(mbledhur)\fillimi(i rreshtuar) &x_0\leqslant -3\\ &x_0\geqslant 2 \fund (linjëzuar)\fund (i mbledhur) \djathtas.\\ a=\dfrac(x_0)(x_0+1)\\ x_0^2+5x_0+4=0 \fund (rastet)\] Nga sistemi i dhënë \(x_0=-4\) , \(a=\frac43\) .
Morëm vlerën e parë të parametrit \(a\) .

2) \(a=0\) . Atëherë \(y=0\) dhe është e qartë se drejtëza ka një numër të pafund pikash të përbashkëta me rajonin II. Prandaj, kjo vlerë parametri nuk na përshtatet.

3) \(a<0\) . Тогда ветви параболы \(y\) обращены вниз. Чтобы у исходной системы было единственное решение, нужно, чтобы парабола \(y\) имела одну общую точку с границей области II, лежащей ниже оси абсцисс. Следовательно, она должна проходить через точку \(B\) , причем, если парабола \(y\) будет иметь еще одну общую точку с прямой \(h\) , то эта общая точка должна быть “выше” точки \(B\) (то есть абсцисса второй точки должна быть \(<1\) ).

Gjeni \(a\) për të cilën parabola \(y\) kalon nëpër pikën \(B\): \[-3=a(1+1)^2\quad\Rightarrow\quad a=-\dfrac34\] Sigurohemi që me këtë vlerë të parametrit, pika e dytë e prerjes së parabolës \(y=-\frac34(x+1)^2\) me drejtëzën \(h=-2x-1\) të jetë një pikë me koordinata \(\majtas(-\frac13; -\frac13\djathtas)\).
Kështu, kemi marrë një vlerë më shumë parametri.

Meqenëse kemi shqyrtuar të gjitha rastet e mundshme për \(a\) , përgjigjja përfundimtare është: \

Përgjigje:

\(\majtas\(-\frac34; \frac43\djathtas\)\)

Detyra 3 #4013

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit \(a\), për secilën prej të cilave sistemi i ekuacioneve \[\fillimi(rastet) 2x^2+2y^2=5xy\\ (x-a)^2+(y-a)^2=5a^4 \fund (rastet)\]

ka saktësisht dy zgjidhje.

1) Konsideroni ekuacionin e parë të sistemit si kuadratik në lidhje me \(x\) : \ Diskriminuesi është i barabartë me \(D=9y^2\) , prandaj, \ Atëherë ekuacioni mund të rishkruhet si \[(x-2y)\cdot (2x-y)=0\] Prandaj, i gjithë sistemi mund të rishkruhet si \[\fillimi(rastet) \majtas[\fillimi(i mbledhur)\fillimi(i rreshtuar) &y=2x\\ &y=0.5x\end(i rreshtuar)\end(i mbledhur)\djathtas.\\ (xa)^2 + (po)^2=5a^4\fund(rastet)\] Kompleti përcakton dy vija të drejta, ekuacioni i dytë i sistemit përcakton një rreth me qendër \((a;a)\) dhe rreze \(R=\sqrt5a^2\) . Që ekuacioni origjinal të ketë dy zgjidhje, rrethi duhet të presë grafikun e popullsisë saktësisht në dy pika. Këtu është vizatimi kur, për shembull, \(a=1\) :

Vini re se meqenëse koordinatat e qendrës së rrethit janë të barabarta, qendra e rrethit "shkon" përgjatë vijës së drejtë \(y=x\) .

2) Meqenëse drejtëza \(y \u003d kx\) ka tangjenten e këndit të prirjes së kësaj vije me drejtimin pozitiv të boshtit \(Ox\) është \(k\), atëherë tangjentja e pjerrësisë së drejtëza \(y=0,5x\) është e barabartë me \ (0,5\) (le ta quajmë \(\mathrm(tg)\,\alpha\) ), drejtëza \(y=2x\) është e barabartë me \(2\) (le ta quajmë atë \(\mathrm(tg)\ ,\beta\)). vini re, se \(\mathrm(tg)\,\alfa\cdot \mathrm(tg)\,\beta=1\), prandaj, \(\mathrm(tg)\,\alfa=\mathrm(ctg)\,\beta=\mathrm(tg)\,(90^\circ-\beta)\). Prandaj \(\alpha=90^\circ-\beta\) , prej nga \(\alpha+\beta=90^\circ\) . Kjo do të thotë që këndi ndërmjet \(y=2x\) dhe drejtimit pozitiv \(Oy\) është i barabartë me këndin midis \(y=0.5x\) dhe drejtimit pozitiv \(Ox\) :

Dhe meqenëse drejtëza \(y=x\) është përgjysmues i këndit koordinativ I (d.m.th., këndet midis tij dhe drejtimeve pozitive \(Ox\) dhe \(Oy\) janë të barabarta në \(45^\ circ\) ), atëherë këndet ndërmjet \(y=x\) dhe drejtëzave \(y=2x\) dhe \(y=0.5x\) janë të barabarta.
Na duheshin të gjitha këto për të thënë se linjat \(y=2x\) dhe \(y=0.5x\) janë simetrike me njëra-tjetrën në lidhje me \(y=x\) , prandaj, nëse rrethi prek një prej tyre, atëherë domosdoshmërisht prek rreshtin e dytë.
Vini re se nëse \(a=0\) , atëherë rrethi degjeneron në pikën \((0;0)\) dhe ka vetëm një pikë kryqëzimi me të dy drejtëzat. Dmth ky rast nuk na shkon.
Kështu, në mënyrë që rrethi të ketë 2 pika kryqëzimi me drejtëzat, ai duhet të jetë tangjent me këto drejtëza:

Shohim se rasti kur rrethi ndodhet në tremujorin e tretë është simetrik (në lidhje me origjinën e koordinatave) me rastin kur ai ndodhet në tremujorin e parë. Kjo do të thotë, në tremujorin e parë \(a>0\) , dhe në të tretën \(a<0\) (но такие же по модулю).
Prandaj, ne do të shqyrtojmë vetëm tremujorin e parë.

vini re, se \(OQ=\sqrt((a-0)^2+(a-0)^2)=\sqrt2a\), \(QK=R=\sqrt5a^2\) . Pastaj \ Pastaj \[\ mathrm(tg)\,\këndi QOK=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4))\] Por në një mënyrë tjetër, \[\mathrm(tg)\,\këndi QOK=\mathrm(tg)\,(45^\circ-\alfa)=\dfrac(\mathrm(tg)\, 45^\circ-\mathrm(tg) \,\alfa)(1+\mathrm(tg)\,45^\circ\cdot \mathrm(tg)\,\alfa)\] prandaj, \[\dfrac(1-0.5)(1+1\cdot 0.5)=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4)) \quad\Shigjeta djathtas\katër a =\pm \ dfrac15\] Kështu, ne kemi marrë menjëherë një vlerë pozitive dhe negative për \(a\) . Prandaj, përgjigja është: \

Përgjigje:

\(\{-0,2;0,2\}\)

Detyra 4 #3278

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

Gjeni të gjitha vlerat \(a\), për secilën prej të cilave ekuacioni \

ka një zgjidhje unike.

(Përdorimi 2017, prova zyrtare 21.04.2017)

Le të bëjmë zëvendësimin \(t=5^x, t>0\) dhe të zhvendosim të gjithë termat në një pjesë: \ Ne kemi marrë një ekuacion kuadratik, rrënjët e të cilit, sipas teoremës së Vietas, janë \(t_1=a+6\) dhe \(t_2=5+3|a|\) . Në mënyrë që ekuacioni origjinal të ketë një rrënjë, mjafton që ekuacioni që rezulton me \(t\) të ketë gjithashtu një rrënjë (pozitive!).
Vëmë re menjëherë se \(t_2\) për të gjithë \(a\) do të jetë pozitive. Kështu, marrim dy raste:

1) \(t_1=t_2\) : \ &a=-\dfrac14 \end(lidhur) \end(mbledhur) \djathtas.\]

2) Meqenëse \(t_2\) është gjithmonë pozitive, \(t_1\) duhet të jetë \(\leqslant 0\) : \

Përgjigje:

\((-\infty;-6]\kup\majtas\(-\frac14;\frac12\djathtas\)\)

Detyra 5 #3252

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

\[\sqrt(x^2-a^2)=\sqrt(3x^2-(3a+1)x+a)\]

ka saktësisht një rrënjë në intervalin \(\) .

(Provimi i Unifikuar i Shtetit 2017, ditë rezervë)

Ekuacioni mund të rishkruhet si: \[\sqrt((x-a)(x+a))=\sqrt((3x-1)(x-a))\] Kështu, vini re se \(x=a\) është rrënja e ekuacionit për çdo \(a\) , pasi ekuacioni bëhet \(0=0\) . Në mënyrë që kjo rrënjë t'i përkasë segmentit \(\) , ju duhet \(0\leqslant a\leqslant 1\) .
Rrënja e dytë e ekuacionit gjendet nga \(x+a=3x-1\) , d.m.th. \(x=\frac(a+1)2\) . Në mënyrë që ky numër të jetë rrënja e ekuacionit, ai duhet të plotësojë ODZ-në e ekuacionit, domethënë: \[\left(\dfrac(a+1)2-a\right)\cdot \left(\dfrac(a+1)2+a\right)\geqslant 0\quad\Rightarrow\quad -\dfrac13\leqslant a\leqpjerrësi 1\] Në mënyrë që kjo rrënjë t'i përkasë segmentit \(\) , është e nevojshme që \ Kështu, që rrënja \(x=\frac(a+1)2\) të ekzistojë dhe t'i përkasë segmentit \(\) , është e nevojshme që \(-\frac13\leqslant a\leqslant 1\).
Vini re se atëherë për \(0\leqslant a\leqslant 1\) të dy rrënjët \(x=a\) dhe \(x=\frac(a+1)2\) i përkasin segmentit \(\) (d.m.th. , ekuacioni ka dy rrënjë në këtë segment), me përjashtim të rastit kur ato përkojnë: \ Kështu që ne përshtatemi \(a\në \majtas[-\frac13; 0\djathtas)\) dhe \(a=1\) .

Përgjigje:

\(a\në \majtas[-\frac13;0\djathtas)\kupë\(1\)\)

Detyra 6 #3238

Niveli i detyrës: I barabartë me Provimin e Unifikuar të Shtetit

Gjeni të gjitha vlerat e parametrit \(a\), për secilën prej të cilave ekuacioni \

ka një rrënjë të vetme në segmentin \(.\)

(Provimi i Unifikuar i Shtetit 2017, ditë rezervë)

Ekuacioni është i barabartë: \ ekuacioni odz: \[\fillimi(rastet) x\geqslant 0\\ x-a\geqslant 0\\3a(1-x) \geqslant 0\fund (rastet)\] Në ODZ, ekuacioni do të rishkruhet në formën: \

1) Le të \(a<0\) . Тогда ОДЗ уравнения: \(x\geqslant 1\) . Следовательно, для того, чтобы уравнение имело единственный корень на отрезке \(\) , этот корень должен быть равен \(1\) . Проверим: \ Nuk përputhet me \(a<0\) . Следовательно, эти значения \(a\) не подходят.

2) Le të \(a=0\) . Atëherë ekuacioni ODZ është: \(x\geqslant 0\) . Ekuacioni do të rishkruhet si: \ Rrënja që rezulton përshtatet nën ODZ dhe përfshihet në segmentin \(\) . Prandaj, \(a=0\) është i përshtatshëm.

3) Le të \(a>0\) . Pastaj ODZ: \(x\geqslant a\) dhe \(x\leqslant 1\) . Prandaj, nëse \(a>1\) , atëherë ODZ është një grup bosh. Kështu, \(0 Merrni parasysh funksionin \(y=x^3-a(x^2-3x+3)\) . Le ta eksplorojmë.
Derivati është \(y"=3x^2-2ax+3a\) . Le të përcaktojmë se cila shenjë mund të jetë derivati. Për ta bërë këtë, gjeni diskriminuesin e ekuacionit \(3x^2-2ax+3a=0\) : \(D=4a( a-9)\) Prandaj, për \(a\in (0;1]\) diskriminuesi \(D<0\) . Значит, выражение \(3x^2-2ax+3a\) положительно при всех \(x\) . Следовательно, при \(a\in (0;1]\) производная \(y">0\) . Prandaj \(y\) po rritet. Kështu, nga vetia e një funksioni rritës, ekuacioni \(y(x)=0\) mund të ketë më së shumti një rrënjë.

Prandaj, në mënyrë që rrënja e ekuacionit (pika e kryqëzimit të grafikut \(y\) me boshtin x) të jetë në segmentin \(\) , është e nevojshme që \[\fillimi(rastet) y(1)\geqslant 0\\ y(a)\leqslant 0 \end (rastet)\quad\Rightarrow\quad a\in \] Duke marrë parasysh se fillimisht në rastin në shqyrtim \(a\in (0;1]\) , atëherë përgjigja është \(a\in (0;1]\) . Vini re se rrënja \(x_1\) kënaq \( (1) \) , rrënjët \(x_2\) dhe \(x_3\) kënaqin \((2)\) Gjithashtu vini re se rrënja \(x_1\) i përket segmentit \(\) .
Konsideroni tre raste:

1) \(a>0\) . Pastaj \(x_2>3\) , \(x_3<3\) , следовательно, \(x_2\notin .\) Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\) в одном из двух случаях:
- \(x_1\) kënaq \((2)\) , \(x_3\) nuk kënaq \((1)\) , ose përputhet \(x_1\) , ose kënaq \((1)\) , por nuk përfshihet në segmentin \(\) (d.m.th., më pak se \(0\) );
- \(x_1\) nuk kënaq \((2)\) , \(x_3\) kënaq \((1)\) dhe nuk është e barabartë me \(x_1\) .
Vini re se \(x_3\) nuk mund të jetë edhe më pak se zero dhe të kënaqë \((1)\) (d.m.th. më e madhe se \(\frac35\) ). Nisur nga kjo vërejtje, rastet janë regjistruar në grupin e mëposhtëm: \[\ majtas[ \fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3-a\leqslant \dfrac35\ fund(rastet)\\ &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3-a> Duke zgjidhur këtë koleksion dhe duke marrë parasysh se \(a>0\) , marrim: \

2) \(a=0\) . Pastaj \(x_2=x_3=3\in .\) Vini re se në këtë rast \(x_1\) kënaq \((2)\) dhe \(x_2=3\) kënaq \((1)\) , pastaj atje është një ekuacion që ka dy rrënjë në \(\) . Kjo vlerë \(a\) nuk na përshtatet.

3) \(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) dhe \(x_3\notin \) . Duke argumentuar në mënyrë të ngjashme me paragrafin 1), ju duhet të zgjidhni grupin: \[\majtas[ \fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ fund(rastet)\\ &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\end(rastet) \end(radhitur) \fund (mblodhi)\djathtas.\] Zgjidhja e këtij koleksioni dhe duke marrë parasysh se \(a<0\) , получим: \\]

Përgjigje:

\(\majtas(-\frac(13)5;-\frac(12)5\djathtas] \kupë\majtas[\frac(12)5;\frac(13)5\djathtas)\)

MKOU "Shkolla e mesme e Lodeynopil nr. 68"

_________________________________________________________________________________________________________________________________

Fjalimi në një takim të Rajonit të Moskës

Metodat e zgjidhjes së problemeve

me parametra

Prokusheva Natalya Gennadievna

Lodeynoye Pol

2013-2014

Detyrat me parametra

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

Ata luajnë një rol të rëndësishëm në formimin e të menduarit logjik dhe kulturës matematikore. Vështirësitë që dalin në zgjidhjen e tyre lidhen me faktin se çdo problem me parametra është një klasë e tërë problemesh të zakonshme, për secilën prej të cilave duhet marrë një zgjidhje.

Nëse në ekuacionin (pabarazinë) disa koeficientë nuk përcaktohen me vlera numerike specifike, por tregohen me shkronja, atëherë ata 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 parët: 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 të parametrave;

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

Natyrisht, një klasë kaq e vogël problemesh nuk i lejon shumë të kuptojnë gjënë kryesore: parametri, duke qenë një numër fiks, por i panjohur, ka, si të thuash, një natyrë të dyfishtë. Së pari, fama e supozuar ju lejon të "komunikoni" me parametrin si me një numër, dhe së dyti, shkalla e lirisë së komunikimit kufizohet nga panjohura e tij. Pra, ndarja me një shprehje që përmban një parametër, nxjerrja e një rrënjë të një shkalle të barabartë nga shprehje të tilla kërkon kërkime paraprake. Si rregull, rezultatet e këtyre studimeve ndikojnë në vendimin dhe përgjigjen.

Si të filloni zgjidhjen e problemeve të tilla? Mos kini frikë nga detyrat me parametra. Para së gjithash, duhet të bëni atë që bëhet kur zgjidhni ndonjë ekuacion ose pabarazi - sillni ekuacionin e dhënë (pabarazinë) në një formë më të thjeshtë, nëse është e mundur: faktorizoni një shprehje racionale, faktorizoni një polinom trigonometrik, hiqni qafe modulet, 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 me kusht në dy klasa të mëdha. Klasa e parë përfshin probleme në të cilat është e nevojshme të zgjidhet një pabarazi ose një ekuacion për të gjitha vlerat e mundshme të parametrit. 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 për nxënësit e shkollave për të zgjidhur probleme të tilla është që ata 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 në të cilat është e pamundur të gjesh të gjithë grupin e zgjidhjeve dhe ne nuk pyetemi për këtë. Prandaj, duhet kërkuar një mënyrë për të zgjidhur problemin pa pasur të gjithë grupin e zgjidhjeve për një ekuacion ose pabarazi të caktuar, për shembull, për të kërkuar vetitë e funksioneve të përfshira në ekuacion që do të lejojnë të gjykojë ekzistencën e një grup i caktuar zgjidhjesh.

Llojet kryesore të detyrave me parametra

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 bashkësitë e tyre, për të cilat kërkohet të përcaktohet numri i zgjidhjeve në varësi të vlerës së parametrit (parametrave).

Ne tërheqim vëmendjen se kur zgjidhen problema të këtij lloji, nuk ka nevojë as të zgjidhen ekuacionet e dhëna, pabarazitë, sistemet dhe kombinimet e tyre etj., as të jepen këto zgjidhje; Një punë e tillë shtesë në shumicën e rasteve është një gabim taktik, që çon në shpenzim të pajustifikuar të kohës. Sidoqoftë, kjo nuk duhet të merret si 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.

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

Për shembull, gjeni vlerat e parametrave për të cilat:

Një koment. Shumëllojshmëria 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.

Metodat themelore për zgjidhjen e problemeve me një parametër

Metoda I(analitike). Kjo është një metodë e të ashtuquajturës zgjidhje direkte, e cila përsërit procedurat standarde për gjetjen e përgjigjes në problemet pa parametër. Ndonjëherë ata thonë se kjo është një mënyrë e një vendimi të fortë, në një kuptim të mirë, "të paturpshëm".

Metoda II(grafike). Në varësi të detyrës (me një variabël x dhe parametri a) konsiderohen grafikë 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 ata që studiojnë temën "Problemet me një parametër" aq shumë sa fillojnë të shpërfillin metodat e tjera të zgjidhjes, duke harruar faktin e njohur: për çdo klasë të probleme, autorët e tyre mund të formulojnë një që zgjidhet shkëlqyeshëm me këtë metodë dhe me vështirësi kolosale në mënyra të tjera. Prandaj, në fazën fillestare të studimit, është e rrezikshme të filloni me metoda grafike për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

Metoda III(vendimi i parametrave). Kur zgjidhen në këtë mënyrë, variablat x dhe a merren të barabarta dhe zgjidhet ndryshorja, në lidhje me të cilën zgjidhja analitike njihet si më e thjeshtë. Pas thjeshtimeve natyrore, kthehemi në kuptimin origjinal të variablave x dhe a dhe përfundoni zgjidhjen.

Tani le të vazhdojmë të demonstrojmë metodat e treguara për zgjidhjen e problemeve me një parametër.

1. Ekuacionet lineare dhe inekuacionet me parametra

Funksioni linear: - ekuacioni i një drejtëze me një pjerrësi . Pjerrësia është e 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 , pastaj ekuacioni nuk ka zgjidhje, kur , dhe ekuacioni ka pafundësisht shumë zgjidhje, kur .

Shembulli 1 zgjidhin 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 zgjidhin 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 ta zbërthejmë koeficientin në në faktorë. .

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 përkatësinë e 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: Ne e ndajmë vijën numerike në 3 pjesë me pika në të cilat shprehjet nën shenjën e modulit zhduken dhe zgjidhin 3 sisteme:

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

2) , nëse . Gjetur plotëson pabarazinë e dëshiruar, prandaj, është një zgjidhje për . Nëse , atëherë zgjidhja është cilado .

3) , nëse . Gjetur jo plotëson pabarazinë e dëshiruar, prandaj, joështë një zgjidhje për . Nëse , atëherë zgjidhja është çdo x > 1.

Përgjigje: në ; në ;

P 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 të ekuacionit për secilin . , nëse . Le të zgjidhim pabarazinë: .

Për , ekuacioni nuk ka zgjidhje.

Përgjigju : aÎ (–5 , 4) .

Pabarazitë lineare me parametra

Për shembull: Zgjidh pabarazinë: kx < b .

Nëse k> 0, atëherë
. Nëse k < 0, то
. Nëse k= 0, atëherë b> 0 zgjidhja 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 para xështë pozitive, d.m.th. në
, pastaj
. Nëse kllapa para xështë negative, d.m.th. në
, pastaj
. 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 pabarazi të gabuar 0< 0, т.е. решений нет. Пусть a >0, pastaj për 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 zgjerohet 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 zgjerohen 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 atë 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, në 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 lehtë nëse përdorni interpretimin gjeometrik të modulit të diferencës së 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:

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

Përgjigje: a Є (–∞; –3)U (3; +∞).

Shembulli 4 Gjeni të gjitha vlerat e a për të cilat pabarazia
kryer për të gjithë x nga prerja.

Zgjidhja:

Pjesa është më e vogël se zero midis rrënjëve, kështu që ju duhet të zbuloni se cila rrënjë është më e madhe.

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

Në
xЄ (2 a + 4; –3a+ 2) dhe se pabarazia vlen për të gjithë x nga segmenti , ju duhet të

Për 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 është jonegative dhe zvogëlohet në mënyrë monotone nëse koeficienti në x negativ.

Gjeni 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,

Së bashku 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 bashkësinë e numrave realë, ky ekuacion studiohet sipas skemës së mëposhtme.

Shembulli 1. Në çfarë vlerash a ekuacioninx 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 2Për 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 \u003d 26² - 4 3 (-9) \u003d 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 . zgjidhin ekuacionin | x ²–2 x –3 | = a .

Zgjidhja:

Merrni parasysh 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 5Gjeni 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:

Le të zgjerojmë trinomin katror x ²–( a +2) x +2 a për shumëzuesit.
;
;
;

Marr | ( 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.
Prandaj gjejmë se vlerat e dëshiruara a janë a 1 = –1; a 2 = 5; a 1 · a 2 = –5.

Përgjigje: –5.

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

Zgjidhja:

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

1. a = 0 –2x + = 0;

Përgjigje: a Є U.

Shembulli 7Nëçfarë vlerash parametrash a ekuacionin | 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 .

Grafiku i funksionit paraqitet 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 pabarazisë
nuk ka asnjë pikë ndërprerjeje.

Zgjidhja:

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

t ≥ 0

Me një ndryshim të tillë të variablave në DPV, pabarazitë plotësohen 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, ndaj duhet të shqyrtojmë dy raste.
1) Nëse a> 0, atëherë
në
, ose në variablat e vjetër,

Zgjidhja nuk përmban asnjë pikë 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 pjesët e pabarazisë janë shprehje jo negative, atëherë një pabarazi e tillë mund të vendoset në katror me shenjën e pabarazisë të ruajtur.
Në shumë raste, ekuacionet dhe pabarazitë irracionale reduktohen në ekuacione kuadratike pas një ndryshimi të variablave.

Shembulli 1 zgjidhin ekuacionin
.

Zgjidhja:

ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, a ≥ 0.

x + 1 = a ².

Nëse x = a² - 1, atëherë kushti është 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. Zbrisni grafikun e funksionit të dytë nga grafiku i funksionit të parë dhe merrni grafikun e funksionit
. Nëse zëvendësohet në në a, atëherë grafiku i fundit i funksionit është bashkësia e pikave (x; a) që plotësojnë ekuacionin origjinal.

Përgjigjen e shohim në grafik.

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

në aЄ [–2; 2), dy rrënjë;

në a= 1, një rrënjë.

Shembulli 4 Në cilat vlera të parametrit a ekuacionin
ka një zgjidhje unike?

Zgjidhja:

1 mënyrë (analitike):

Përgjigje:

2 mënyra (grafike):

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

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

Zgjidhja:

Konsideroni 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. Konsideroni fillimisht grafikun e këtij funksioni për a= 0 (Fig. 1). Kur ndryshoni vlerën e parametrit, grafiku do të lëvizë përgjatë boshtit Oh në vlerën përkatëse në të majtë (me pozitive a) ose në të djathtë (me negative a) (Fig. 2)

Mund të shihet nga figura se në 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 1Zgjidheni ekuacionin mëkat (– x + 2 x – 1) = b + 1.

Zgjidhja:

Duke pasur parasysh çuditshmërinë e funksionit
, ky ekuacion mund të reduktohet në ekuivalent
.

1. b = –1

3. b =–2

4. | b + 1| > 1

Nuk ka zgjidhje.

5. bЄ (–1; 0)

6. bЄ(–2; –1)

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

Zgjidhja:

Express cos 2 x përtej sinx.

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

Përgjigje:fq Є (–∞; –9) U (17; +∞).

Sistemet e ekuacioneve me parametra

Sistemet e dy ekuacioneve lineare me parametra

Sistemi i ekuacioneve

Zgjidhjet e një sistemi me dy ekuacione lineare janë pikat e prerjes së dy drejtëzave: dhe .

3 raste janë të mundshme:

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

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

Në këtë rast asnjë sistem vendimmarrjeje .

3. Vijat e drejta përkojnë. Atëherë vektorët e tyre normalë janë paralelë dhe ndërrimet përkojnë, d.m.th. . Në këtë rast, sistemi ka numër i pafund zgjidhjesh të gjitha pikat e vijës .

1. Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër

Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër zgjidhen me të njëjtat metoda bazë si sistemet konvencionale 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 \u003d a,
(x + y = 2.

Zgjidhje.

Le të shohim disa mënyra për të zgjidhur këtë problem.

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 \u003d (a 2 - 3) / 1 ≠ a / 2 ose një sistem

(dhe 2 - 3 = 1,
(a ≠ 2.

Nga ekuacioni i parë a 2 \u003d 4, pra, duke marrë parasysh kushtin që a ≠ 2, marrim përgjigjen.

Përgjigje: a = -2.

2 mënyra. Ne zgjidhim me metodën e zëvendësimit.

(2 - y + (a 2 - 3) y \u003d a,
(x = 2 - y,

((a 2 - 3) y - y \u003d a - 2,
(x = 2 - y.

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

((a 2 - 4) y \u003d 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.

Është e qartë se a = ±2, por duke marrë parasysh kushtin e dytë, jepet vetëm përgjigja me 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 në 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 \u003d b / b 1 \u003d c / c 1). Prandaj 8/a = a/2 = 2/1. Duke zgjidhur secilin prej ekuacioneve të marra, gjejmë se një \u003d 4 është përgjigjja në këtë shembull.

Përgjigje: a = 4.

2. Sistemet e ekuacioneve racionale me një parametër

Shembulli 3

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

Zgjidhje.

Shumëzoni ekuacionin e parë të sistemit me 2:

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

Zbresim ekuacionin e dytë nga i pari, marrim 5|х| = 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 \u003d 1.

Zgjidhje.

Ne do ta zgjidhim këtë sistem duke përdorur metodën grafike. Pra, grafiku i ekuacionit të dytë të sistemit është një parabolë, e ngritur lart përgjatë boshtit Oy me një segment njësi. Ekuacioni i parë përcakton bashkësinë e drejtëzave paralele me drejtëzën y = -x (foto 1). Figura tregon qartë se sistemi ka një zgjidhje nëse drejtëza y = -x + a është tangjente me parabolën në pikën me koordinata (-0,5; 1,25). Duke i zëvendësuar këto koordinata në ekuacionin e një vije të 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 \u003d a + 1,
(akt + (a + 2)y = 2.

Zgjidhje.

Shprehni y nga ekuacioni i parë dhe zëvendësojeni me të dytin:

(y \u003d ah - a - 1,
(sëpatë + (a + 2) (sëpatë - a - 1) = 2.

Ekuacionin e dytë e sjellim 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 \u003d 2;

a 2 x + 3ax \u003d 2 + a 2 + 3a + 2.

Trinomi katror a 2 + 3a + 2 mund të përfaqësohet si produkt i kllapave

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

(a 2 + 3a) x \u003d 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, ndërtojmë një rreth me qendër në origjinë të koordinatave dhe një rreze prej 3 segmentesh njësi, është ky rreth që vendos ekuacionin e parë të sistemit.

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

Përgjigje: a = 3.

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

blog.site, me kopjim të plotë ose të pjesshëm të materialit, kërkohet një lidhje me burimin.