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 variabël i pavarur, vlera e së cilës në problem konsiderohet të jetë fikse ose arbitrare numër real, 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 kur zgjidhni probleme të këtij lloji nuk ka nevojë të zgjidhet ekuacionet e dhëna, pabarazitë, sistemet dhe agregatet e tyre, etj., as nuk japin 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 një farë 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 forcës, në ne nje rruge te mire vendim "të pacipë".
Një koment. Metoda analitike zgjidhja e problemeve me një parametër është më së shumti rrugën e vështirë, që kërkon arsimim 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 faza fillestareËshtë e rrezikshme të filloni të studioni me teknika grafike për zgjidhjen e problemeve me një parametër.
Metoda III (vendim në lidhje me parametrin). Kur zgjidhet 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 janë zgjidhur grafikisht dhe ia jep mësuesit plan i gatshëm mësim (ose dy mësime) me një student 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 Bashkuar të Shtetit 2009, dhe disa janë nga Interneti nga përvoja e kolegëve.
1) Specifikoni të gjitha vlerat e parametravefq
, për të cilën 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 parametrashb ekuacionin Ajo ka vetëm vendim? Përgjigje:
5) Gjeni të gjitha vleratm
, për të cilën 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 vlerashb
ekuacionin ka saktësisht 2 zgjidhje?
Përgjigje:
8) Specifikoni këto parametrak
, për të cilën 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 cilën ekuacioni ka 4 zgjidhje të ndryshme. Përgjigje:
15) Gjeni këto parametram , për të cilën 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 për modelet 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 renditur në mënyrë që të rritet vështirësia.
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 më të rëndësishmet detyra të vështira Provimi i Unifikuar Shtetëror 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 problemin, është e rëndësishme të operoni lirshëm me përkufizimet, vetitë, teoremat e studiuara dhe t'i zbatoni ato në situata të ndryshme, analizoni gjendjen dhe gjeni mënyrat e mundshme Zgjidhjet.
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 trinom kuadratik e barabartë me zero. Duke barazuar diskriminuesin me zero, marrim një ekuacion për parametrin a
4a 2 - 8a= 0, prej nga a= 0 ose a = 2.
1. Përgjigje: ekuacioni ka një rrënjë të vetme në a O (0; 1; 2).
2. Detyrë.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrave a, për të cilin ekuacioni ka dy rrënjë të ndryshme x 2 +4sëpatë+8a+3 = 0.
2. Zgjidhje.
Ekuacioni x 2 +4sëpatë+8a+3 = 0 ka dy rrënjë të dallueshme nëse dhe vetëm nëse D =
16a 2 -4(8a+3) > 0. Marrim (pas reduktimit me një faktor të përbashkët 4) 4 a 2 -8a-3 > 0, prej nga
2. Përgjigje:
| a O (-Ґ ; 1 - | Ts 7 2 |
) DHE (1 + | Ts 7 2 |
; Ґ ). |
3. Detyrë.
Dihet se
f 2 (x) = 6x-x 2 -6.
a) Grafikoni funksionin f 1 (x) në a = 1.
b) Në çfarë vlere a grafikët e funksioneve f 1 (x) Dhe f 2 (x) keni një pikë të vetme të përbashkët?
3. Zgjidhje.
3.a. Le të transformohemi f 1 (x) 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 =
kx+b Dhe y = sëpatë 2 +bx+c
(a Nr. 0) kryqëzohen në një pikë të vetme nëse dhe vetëm nëse ekuacioni kuadratik kx+b =
sëpatë 2 +bx+c ka një rrënjë të vetme. Duke përdorur View f 1 nga 3.a, le të barazojmë diskriminuesin e ekuacionit a = 6x-x 2-6 në zero. Nga ekuacioni 36-24-4 a= 0 marrim a= 3. Bëni të njëjtën gjë me ekuacionin 2 x-a = 6x-x 2 -6 do të gjejmë a= 2. Është e lehtë të verifikohet që këto vlera të parametrave plotësojnë kushtet e problemit. Përgjigje: a= 2 ose a = 3.
4. Detyrë.
Gjeni të gjitha vlerat a, për të cilën bashkësia e zgjidhjeve të pabarazisë x 2 -2sëpatë-3a i 0 përmban segmentin .
4. Zgjidhje.
Koordinata e parë e kulmit të parabolës f(x) =
x 2 -2sëpatë-3a e barabartë me x 0 =
a. Nga pronat funksion kuadratik gjendje f(x) i 0 në segment është i 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 është padyshim zgjidhjet në numrat natyrorë nuk ka, 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
ka saktësisht katër zgjidhje.
(Përdorimi 2018, vala kryesore)
Ekuacioni i dytë i sistemit mund të rishkruhet si \(y=\pm x\) . Prandaj, shqyrtojmë 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 zgjidhjet në rastin e parë përkojnë me zgjidhjet në rastin e dytë.
Le të \(x_0\) - vendim të përbashkët ekuacionet (1) dhe (2), atëherë \
Nga këtu marrim se ose \(x_0=0\) ose \(a=0\) .
Nëse \(a=0\) , atëherë ekuacionet (1) dhe (2) janë të njëjta, prandaj, ato kanë rrënjë të njëjta. Ky rast nuk na shkon.
Nëse \(x_0=0\) është rrënja e tyre e përbashkët, atëherë \(2x_0^2-2(3a+2)x_0+(2a+2)^2+a^2-1=0\), nga e cila \((2a+2)^2+a^2-1=0\) , nga e cila \(a=-1\) ose \(a=-0.6\) . Atëherë i gjithë sistemi origjinal do të ketë 3 zgjidhje të ndryshme, gjë që nuk na përshtatet.
Duke marrë parasysh 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 e \(a\), 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 në formën: \[\fillimi(rastet) ax^2+2ax+a\leqslant x^2-4\\ ax^2+2ax+a\geqslant -2x-1 \end(rastet)\] Le të shqyrtojmë 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 që specifikohet nga kushtet: "mbi" grafikun \(h\) por "poshtë" grafikun \(g\):
(ne do ta quajmë rajonin "të majtë" rajonin I, rajonin "djathtas" rajonin II)
Vini re se për çdo \(a\ne 0\) fikse, grafiku i \(y\) është një parabolë, kulmi i së cilës është në pikën \((-1;0)\), dhe degët janë të drejtuara 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, grafiku \(y\) duhet të ketë saktësisht një pikë të përbashkët me rajonin I ose rajonin II (kjo do të thotë se grafiku \(y\) duhet të ketë një pikë të vetme të përbashkët me kufirin e njërës prej këtyre zonave).
Le të shohim 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 së tangjences duhet të jetë \(\leqslant -3\) ose \(\geqslant 2\) (d.m.th., parabola \(y\) duhet të prekë kufirin e njërit prej rajoneve që ndodhet mbi boshtin e abshisave , pasi parabola \(y\) shtrihet mbi boshtin e abshisave).
\(y"=2a(x+1)\) , \(g"=2x\) . Kushtet për prekjen e grafikëve \(y\) dhe \(g\) në pikën me abshissa \(x_0\leqslant -3\) ose \(x_0\geqslant 2\): \[\filloj(rastet) 2a(x_0+1)=2x_0\\ a(x_0+1)^2=x_0^2-4 \\ \majtas[\filloj(mblodhën)\filloj(radhitur) &x_0\leqslant - 3\\ &x_0\geqslant 2 \end (lidhur)\fund (i mbledhur)\djathtas. \end(rastet) \quad\Shigjeta majtas djathtas\katër \fillimi(rastet) \majtas[\fillimi(mbledhur)\fillimi(lidhur) &x_0\leqslant -3\\ &x_0\geqslant 2 \fund (rrenjosur)\fund (i mbledhur) \djathtas.\\ a=\dfrac(x_0)(x_0+1)\\ x_0^2+5x_0+4=0 \fund (rastet)\] Nga ky sistem \(x_0=-4\) , \(a=\frac43\) .
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 \(<1\) ).
Le të gjejmë \(a\) 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 \(h=-2x-1\) është pikë me koordinata \(\majtas(-\frac13; -\frac13\djathtas)\).
Kështu, morëm një vlerë tjetër 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 \[\fillimi(rastet) \majtas[\fillimi(i mbledhur)\fillimi(i rreshtuar) &y=2x\\ &y=0.5x\end(lidhur)\fund(i mbledhur)\djathtas.\\ (x-a)^2 + (y-a)^2=5a^4\fund(rastet)\] 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 një vizatim 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 \(y=kx\) ka një tangjente të këndit të prirjes së kësaj drejtëze me drejtimin pozitiv të boshtit \(Ox\) është e barabartë me \(k\), atëherë tangjentja e këndi i prirjes së drejtëzës \(y=0,5x\) është i barabartë me \ (0,5\) (le ta quajmë \(\mathrm(tg)\,\alfa\)), drejtëza \(y=2x \) është e barabartë me \(2\) (le ta quajmë \(\mathrm(tg)\ ,\beta\) ). 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 me \(45^ \circ\) ), 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 një rreth të ketë 2 pika kryqëzimi me vija, ai duhet të prekë këto linja: 
Shohim se rasti kur rrethi ndodhet në tremujorin e tretë është simetrik (në lidhje me origjinën) 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 vlerat 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 e \(a\) , për secilën prej të cilave ekuacioni \
ka një zgjidhje unike.
(USE 2017, prova zyrtare 21.04.2017)
Le të bëjmë ndryshimin \(t=5^x, t>0\) dhe të zhvendosim të gjitha termat në një pjesë: \
Ne morëm një ekuacion kuadratik, rrënjët e të cilit, sipas teoremës së Vietës, 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!).
Le të vërejmë 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, atëherë \(t_1\) 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 segmentin \(\) .
(Përdorimi 2017, dita e rezervimit)
Ekuacioni mund të rishkruhet si: \[\sqrt((x-a)(x+a))=\sqrt((3x-1)(x-a))\] Kështu, vërejmë se \(x=a\) është rrënja e ekuacionit për çdo \(a\) , pasi ekuacioni merr formën \(0=0\) . Që kjo rrënjë t'i përkasë segmentit \(\) , është e nevojshme që \(0\leqslant a\leqslant 1\) .
Rrënja e dytë e ekuacionit gjendet nga \(x+a=3x-1\) , pra \(x=\frac(a+1)2\) . Në mënyrë që ky numër të jetë rrënja e ekuacionit, 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), përveç rasteve kur ato përkojnë: \
Kështu që na përshtatet \(a\në \majtas[-\frac13; 0\djathtas)\) 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 \(.\)
(Përdorimi 2017, dita e rezervimit)
Ekuacioni është i barabartë: \ Ekuacionet ODZ: \[\fillimi(rastet) x\geqslant 0\\ x-a\geqslant 0\\3a(1-x) \geqslant 0\fund (rastet)\] Në ODZ ekuacioni do të rishkruhet si: \
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 përshtatet \(a<0\) . Следовательно, эти значения \(a\) не подходят.
2) Le të \(a=0\) . Atëherë ekuacioni ODZ: \(x\geqslant 0\) . Ekuacioni do të rishkruhet si: \ Rrënja që rezulton përshtatet me 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
Derivati është i barabartë me \(y"=3x^2-2ax+3a\). Le të përcaktojmë se çfarë shenje mund të ketë 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, \(y\) rritet. Kështu, nga vetia e një funksioni rritës, ekuacioni \(y(x)=0\) nuk mund të ketë më shumë se një rrënjë.
Prandaj, në mënyrë që rrënja e ekuacionit (pika e prerjes së grafikut \(y\) me boshtin e abshisës) 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 \(\) .
Le të shqyrtojmë 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 përkon me \(x_1\) , 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 më pak se zero dhe të kënaqë \((1)\) (d.m.th. të jetë më i madh 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 grup 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 e \(a\) nuk na përshtatet.
3)\(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) dhe \(x_3\notin \) . Duke arsyetuar në mënyrë të ngjashme me pikën 1), ju duhet të zgjidhni grupin: \[\ majtas[ \fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ fund(rastet)\\ &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\fund (rastet) \end (radhitur) \fund (mblodhi)\djathtas.\] Zgjidhja e këtij grupi dhe duke marrë parasysh se \(a<0\) , получим: \\]
Përgjigje:
\(\majtas(-\frac(13)5;-\frac(12)5\djathtas] \kupë\majtas[\frac(12)5;\frac(13)5\djathtas)\)
1. Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër
Sistemet e ekuacioneve lineare me një parametër zgjidhen duke përdorur të njëjtat metoda themelore si sistemet e zakonshme të ekuacioneve: metoda e zëvendësimit, metoda e shtimit të ekuacioneve dhe metodë grafike. Njohja e interpretimit grafik të sistemeve lineare e bën të lehtë përgjigjen e pyetjes për numrin e rrënjëve dhe ekzistencën e tyre.
Shembulli 1.
Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve nuk ka zgjidhje.
(x + (a 2 – 3)y = a,
(x + y = 2.
Zgjidhje.
Le të shohim disa mënyra për të zgjidhur këtë detyrë.
1 mënyrë. Ne përdorim vetinë: sistemi nuk ka zgjidhje nëse raporti i koeficientëve përballë x është i barabartë me raportin e koeficientëve përballë y, por jo i barabartë me raportin e termave të lirë (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Atëherë kemi:
1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 ose sistem
(dhe 2 - 3 = 1,
(a ≠ 2.
Nga ekuacioni i parë a 2 = 4, pra, duke marrë parasysh kushtin që a ≠ 2, marrim përgjigjen.
Përgjigje: a = -2.
Metoda 2. Ne zgjidhim me metodën e zëvendësimit.
(2 – y + (a 2 – 3) y = a,
(x = 2 - y,
((a 2 – 3) y – y = a – 2,
(x = 2 - y.
Pasi nxjerrim faktorin e përbashkët y nga kllapat në ekuacionin e parë, marrim:
((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 - y.
Sistemi nuk ka zgjidhje nëse ekuacioni i parë nuk ka zgjidhje, d.m.th
(dhe 2 - 4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.
Natyrisht, a = ±2, por duke marrë parasysh kushtin e dytë, përgjigja vjen vetëm me një përgjigje minus.
Përgjigje: a = -2.
Shembulli 2.
Gjeni të gjitha vlerat për parametrin a për të cilin sistemi i ekuacioneve ka një numër të pafund zgjidhjesh.
(8x + ay = 2,
(sëpatë + 2y = 1.
Zgjidhje.
Sipas vetive, nëse raporti i koeficientëve të x dhe y është i njëjtë dhe është i barabartë me raportin e anëtarëve të lirë të sistemit, atëherë ai ka një numër të pafund zgjidhjesh (d.m.th. a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Prandaj 8/a = a/2 = 2/1. Duke zgjidhur secilin prej ekuacioneve që rezultojnë, gjejmë se a = 4 është përgjigja në këtë shembull.
Përgjigje: a = 4.
2. Sistemet e ekuacioneve racionale me një parametër
Shembulli 3.
(3|x| + y = 2,
(|x| + 2y = a.
Zgjidhje.
Le të shumëzojmë ekuacionin e parë të sistemit me 2:
(6|x| + 2y = 4,
(|x| + 2y = a.
Duke zbritur ekuacionin e dytë nga i pari, marrim 5|x| = 4 – a. Ky ekuacion do të ketë një zgjidhje unike për a = 4. Në raste të tjera, ky ekuacion do të ketë dy zgjidhje (për një< 4) или ни одного (при а > 4).
Përgjigje: a = 4.
Shembulli 4.
Gjeni të gjitha vlerat e parametrit a për të cilin sistemi i ekuacioneve ka një zgjidhje unike.
(x + y = a,
(y – x 2 = 1.
Zgjidhje.
Ne do ta zgjidhim këtë sistem duke përdorur metodën grafike. Kështu, grafiku i ekuacionit të dytë të sistemit është një parabolë e ngritur përgjatë boshtit Oy lart me një segment njësi. Ekuacioni i parë specifikon një grup vijash paralele me drejtëzën y = -x (foto 1). Nga figura shihet qartë se sistemi ka zgjidhje nëse drejtëza y = -x + a është tangjente me parabolën në një pikë me koordinata (-0.5, 1.25). Duke i zëvendësuar këto koordinata në ekuacionin e vijës së drejtë në vend të x dhe y, gjejmë vlerën e parametrit a: 
1,25 = 0,5 + a;
Përgjigje: a = 0,75.
Shembulli 5.
Duke përdorur metodën e zëvendësimit, zbuloni se në cilën vlerë të parametrit a, sistemi ka një zgjidhje unike.
(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.
Zgjidhje.
Nga ekuacioni i parë shprehim y dhe e zëvendësojmë me të dytin:
(y = sëpatë – a – 1,
(sëpatë + (a + 2) (sëpatë – a – 1) = 2.
Le ta reduktojmë ekuacionin e dytë në formën kx = b, i cili do të ketë një zgjidhje unike për k ≠ 0. Kemi:
sëpatë + a 2 x – a 2 – a + 2ax – 2a – 2 = 2;
a 2 x + 3ax = 2 + a 2 + 3a + 2.
Ne përfaqësojmë trinomin katror a 2 + 3a + 2 si produkt i kllapave
(a + 2) (a + 1), dhe në të majtë nxjerrim x nga kllapat:
(a 2 + 3a)x = 2 + (a + 2)(a + 1).
Natyrisht, një 2 + 3a nuk duhet të ekzistojë e barabartë me zero, Kjo është arsyeja pse,
a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, që do të thotë a ≠ 0 dhe ≠ -3.
Përgjigje: a ≠ 0; ≠ -3.
Shembulli 6.
Duke përdorur metodën e zgjidhjes grafike, përcaktoni se në cilën vlerë të parametrit a sistemi ka një zgjidhje unike.
(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.
Zgjidhje.
Në bazë të kushtit, ne ndërtojmë një rreth me qendër në origjinë dhe një rreze prej 3 segmentesh njësi, kjo është ajo që specifikohet nga ekuacioni i parë i sistemit
x 2 + y 2 = 9. Ekuacioni i dytë i sistemit (y = |x| + a) është një vijë e thyer. Duke përdorur figura 2 Ne i konsiderojmë të gjitha rastet e mundshme të vendndodhjes së tij në lidhje me rrethin. Është e lehtë të shihet se a = 3. 
Përgjigje: a = 3.
Ende keni pyetje? Nuk dini si të zgjidhni sistemet e ekuacioneve?
Për të marrë ndihmë nga një mësues -.
Mësimi i parë është falas!
blog.site, kur kopjoni materialin plotësisht ose pjesërisht, kërkohet një lidhje me burimin origjinal.