Rešil bom enotni državni izpit, kako se rešujejo sistemi s parametrom. Kvadratne enačbe s parametri
Enačba oblike f(x; a) = 0 se imenuje enačba s spremenljivko X in parameter A.
Reši enačbo s parametrom A– to pomeni za vsako vrednost A najti vrednosti X, ki izpolnjuje to enačbo.
Primer 1. Oh= 0
Primer 2. Oh = A
Primer 3.
x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2
Če 1 – A= 0, tj. A= 1, torej X 0 = -2 brez korenin
Če 1 – A 0, tj. A 1, torej X =
Primer 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)
če A= 1, nato 0 X = 0
X– poljubno realno število
če A= -1, nato 0 X = -2
brez korenin
če A 1, A-1, torej X= (edina rešitev).
To pomeni, da za vsako veljavno vrednost A se ujema z eno samo vrednostjo X.
Na primer:
če A= 5, torej X = = ;
če A= 0, torej X= 3 itd.
Didaktično gradivo
1. Oh = X + 3
2. 4 + Oh = 3X – 1
3. A = +
pri A= 1 brez korenin.
pri A= 3 brez korenin.
pri A = 1 X– katero koli realno število razen X = 1
pri A = -1, A= 0 ni rešitev.
pri A = 0, A= 2 ni rešitev.
pri A = -3, A = 0, 5, A= -2 ni rešitev
pri A = -z, z= 0 ni rešitev.
Kvadratne enačbe s parametrom
Primer 1. Reši enačbo
(A – 1)X 2 = 2(2A + 1)X + 4A + 3 = 0
pri A = 1 6X + 7 = 0
V primeru A 1, izpostavljamo tiste vrednosti parametrov, pri katerih D gre na nič.
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
če A < -4/5, то D < 0, уравнение имеет действительный корень.
če A> -4/5 in A 1, torej D > 0,
X =
če A= 4/5, torej D = 0,
Primer 2. Pri katerih vrednostih parametra a velja enačba
x 2 + 2( A + 1)X + 9A– 5 = 0 ima 2 različna negativna korena?
D = 4( A + 1) 2 – 4(9A – 5) = 4A 2 – 28A + 24 = 4(A – 1)(A – 6)
4(A – 1)(A – 6) > 0
preko t. Vieta: X 1 + X 2 = -2(A + 1)
X 1 X 2 = 9A – 5
Po stanju X 1 < 0, X 2 < 0 то –2(A + 1) < 0 и 9A – 5 > 0
Na koncu | 4(A – 1)(A – 6) > 0 - 2(A + 1) < 0 9A – 5 > 0 |
A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9 |
(riž. 1) < a < 1, либо a > 6 |
Primer 3. Poiščite vrednosti A, za katerega ima ta enačba rešitev.
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 oz A – 4 = 0
A = 4
(riž. 2)
odgovor: A 0 in A 4
Didaktično gradivo
1. V kakšni vrednosti A enačba Oh 2 – (A + 1) X + 2A– 1 = 0 ima en koren?
2. V kakšni vrednosti A enačba ( A + 2) X 2 + 2(A + 2)X+ 2 = 0 ima en koren?
3. Za katere vrednosti a je enačba ( A 2 – 6A + 8) X 2 + (A 2 – 4) X + (10 – 3A – A 2) = 0 ima več kot dva korena?
4. Za katere vrednosti a, enačba 2 X 2 + X – A= 0 ima vsaj en skupni koren z enačbo 2 X 2 – 7X + 6 = 0?
5. Za katere vrednosti enačbe a X 2 +Oh+ 1 = 0 in X 2 + X + A= 0 imata vsaj en skupni koren?
1. Kdaj A = - 1/7, A = 0, A = 1
2. Kdaj A = 0
3. Kdaj A = 2
4. Kdaj A = 10
5. Kdaj A = - 2
Eksponentne enačbe s parametrom
Primer 1.Poišči vse vrednosti A, za katero velja enačba
9 x – ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1) ima natanko dva korena.
rešitev. Če pomnožimo obe strani enačbe (1) s 3 2/x, dobimo ekvivalentno enačbo
3 2(x+1/x) – ( A+ 2)*3 x+1/x + 2 A = 0 (2)
Naj bo 3 x+1/x = pri, potem bo enačba (2) prevzela obliko pri 2 – (A + 2)pri + 2A= 0, oz
(pri – 2)(pri – A) = 0, od koder pri 1 =2, pri 2 = A.
če pri= 2, tj. 3 x+1/x = 2 potem X + 1/X= log 3 2 , oz X 2 – X log 3 2 + 1 = 0.
Ta enačba nima pravih korenin, saj je D= dnevnik 2 3 2 – 4< 0.
če pri = A, tj. 3 x+1/x = A to X + 1/X= dnevnik 3 A, oz X 2 –X log 3 a + 1 = 0. (3)
Enačba (3) ima točno dva korena, če in samo če
D = log 2 3 2 – 4 > 0 ali |log 3 a| > 2.
Če je log 3 a > 2, potem A> 9, in če je log 3 a< -2, то 0 < A < 1/9.
Odgovor: 0< A < 1/9, A > 9.
Primer 2. Pri katerih vrednostih a velja enačba 2 2x – ( A - 3) 2 x – 3 A= 0 ima rešitve?
Da ima dana enačba rešitve, je potrebno in zadostuje, da enačba t 2 – (a – 3) t – 3a= 0 je imela vsaj en pozitivni koren. Poiščimo korenine z uporabo Vietovega izreka: X 1 = -3, X 2 = A = >
a je pozitivno število.
Odgovor: kdaj A > 0
Didaktično gradivo
1. Poiščite vse vrednosti a, za katere enačba
25 x – (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0 ima natanko 2 rešitvi.
2. Za katere vrednosti a je enačba
2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 ima en sam koren?
3. Za katere vrednosti parametra a velja enačba
4 x - (5 A-3) 2 x +4 A 2 – 3A= 0 ima edinstveno rešitev?
Logaritemske enačbe s parametrom
Primer 1. Poiščite vse vrednosti A, za katero velja enačba
log 4x (1 + Oh) = 1/2 (1)
ima edinstveno rešitev.
rešitev. Enačba (1) je enakovredna enačbi
1 + Oh = 2X pri X > 0, X 1/4 (3)
X = pri
ay 2 – pri + 1 = 0 (4)
Pogoj (2) iz (3) ni izpolnjen.
Naj A 0, torej AU 2 – 2pri+ 1 = 0 ima prave korenine, če in samo če D = 4 – 4A 0, tj. pri A 1. Za rešitev neenačbe (3) narišimo funkcije Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Poglobljena študija tečaja algebre in matematične analize. – M.: Izobraževanje, 1990
in drugi. Študijski vodnik. – M.: Izpit, 2001–2008.
K uspešnemu študiju metod reševanja problemov s parametri lahko pripomorejo izbirni ali izbirni predmeti oziroma komponenta za mrežo na temo: “Problemi s parametri.”
Oglejmo si štiri velike razrede problemov s parametri:
- Enačbe, neenačbe in njihovi sistemi, ki jih je treba rešiti za katero koli vrednost parametra ali za vrednosti parametrov, ki pripadajo določenemu nizu.
- Enačbe, neenačbe in njihovi sistemi, za katere je treba določiti število rešitev glede na vrednost parametra.
- Enačbe, neenačbe in njihovi sistemi, za katere je potrebno najti vse tiste vrednosti parametrov, za katere imajo določene enačbe (sistemi, neenačbe) dano število rešitev.
- Enačbe, neenačbe in njihovi sistemi, pri katerih za zahtevane vrednosti parametrov množica rešitev izpolnjuje dane pogoje v domeni definicije.
Metode reševanja problemov s parametri.
1. Analitična metoda.
To je metoda neposredne rešitve, ki ponavlja standardne postopke za iskanje odgovora v težavah brez parametra.
Primer 1: Poiščite vse vrednosti parametra a, za katero velja enačba:
(2a – 1)x 2 + ax + (2a – 3) =0 ima največ en koren.
ob 2 a– 1 = 0 ta enačba ni kvadratna, torej primer a=1/2 je razvrščen ločeno.
če a= 1/2, potem ima enačba obliko 1/2 x– 2 = 0, ima en koren.
če a≠ 1/2, potem je enačba kvadratna; da ima največ en koren, je potrebno in zadostuje, da je diskriminanta nepozitivna:
D= a 2 – 4(2a – 1)(2a – 3) = -15a 2 + 32a – 12;
Če želite zapisati končni odgovor, morate razumeti
2. Grafična metoda.
Odvisno od naloge (s spremenljivko x in parameter a) grafi v koordinatni ravnini ( x;y) ali v letalu ( x;a).
Primer 2. Za vsako vrednost parametra a določite število rešitev enačbe .
Upoštevajte, da je število rešitev enačbe enako številu presečišč funkcijskih grafov in y = a.
Graf funkcije prikazano na sliki 1.
y = a je vodoravna črta. Z uporabo grafa je enostavno določiti število presečišč glede na a(na primer, ko a= 11 – dve presečni točki; pri a= 2 – osem presečišč).
Odgovor: kdaj a < 0 – решений нет; при a= 0 in a= 25/4 – štiri rešitve; ob 0< a < 6 – восемь решений; при a= 6 – sedem rešitev; pri
6 < a < 25/4 – шесть решений; при a> 25/4 – dve rešitvi.
3. Metoda reševanja glede na parameter.
Pri reševanju tega načina spremenljivke X in A sprejeti kot enaki in izbrana je spremenljivka, glede na katero postane analitična rešitev enostavnejša. Po poenostavitvah se morate vrniti k prvotnemu pomenu spremenljivk X in A in dokončajte rešitev.
Primer 3: Poiščite vse vrednosti parametra A, za vsako od katerih velja enačba = - sekira +3a+2 ima edinstveno rešitev.
To enačbo bomo rešili s spreminjanjem spremenljivk. Naj = t , t≥ 0, torej x = t 2 + 8 in enačba postane pri 2 +t + 5a– 2 = 0. Zdaj je izziv najti vse A, za katero velja enačba pri 2 +t + 5a– 2 = 0 ima edinstveno nenegativno rešitev. To se zgodi v naslednjih primerih.
1) Če A= 0, potem ima enačba enolično rešitev t = 2.
Reševanje nekaterih vrst enačb in neenačb s parametri.
Težave s parametri pomagajo pri oblikovanju logičnega mišljenja in pri pridobivanju raziskovalnih veščin.
Rešitev vsake težave je edinstvena in zahteva individualen, nestandarden pristop, saj ni enotnega načina reševanja takih težav.
. Linearne enačbe.Problem št. 1. Pri katerih vrednostih parametra b ali enačba nima korenin?
. Enačbe moči, neenačbe in njihovi sistemi.Naloga št. 2. Poiščite vse vrednosti parametrov a, za katero je množica rešitev neenačbe:
vsebuje število 6 in vsebuje tudi dva odseka dolžine 6, ki nimata skupnih točk.
Transformirajmo obe strani neenakosti.
Da bi množica rešitev neenačbe vsebovala število 6, je nujno in dovolj, da je izpolnjen pogoj:
Slika 4
pri a> 6 nizov rešitev neenačbe: .
Interval (0;5) ne more vsebovati nobenega segmenta dolžine 6. To pomeni, da morata vsebovati dva ločena segmenta dolžine 6 v intervalu (5; a).
. Eksponentne enačbe, neenačbe in sistemi.Problem št. 3. Na področju definiranja funkcije vzemite vsa pozitivna cela števila in jih seštejte. Poiščite vse vrednosti, pri katerih je ta vsota večja od 5, vendar manjša od 10.
1) Graf linearne ulomne funkcije je hiperbola. Po stanju x> 0. Z neomejenim povečevanjem X ulomek monotono pada in se približuje ničli, funkcije pa vrednosti z povečati in se približati 5. Poleg tega je z(0) = 1.
2) Po definiciji stopnje, domena definicije D(y) sestavljajo rešitve neenačbe. pri a= 1 dobimo neenačbo, ki nima rešitev. Zato funkcija pri ni nikjer definiran.
3) Pri 0< a< 1 показательная функция с основанием A zmanjšuje in neenakost je enakovredna neenakosti. Ker x> 0, torej z(x) > z(0) = 1 . To pomeni, da vsaka pozitivna vrednost X je rešitev neenakosti. Zato za take A Zneska, navedenega v pogoju, ni mogoče najti.
4) Kdaj a> 1 eksponentna funkcija z osnovo A povečuje in neenakost je enakovredna neenakosti. če a≥ 5, potem je katero koli pozitivno število njegova rešitev in vsote, navedene v pogoju, ni mogoče najti. Če 1< a < 5, то множество положительных решений – это интервал (0;x 0), kjer a = z(x 0) .
5) V tem intervalu se zaporedoma nahajajo cela števila, začenši z 1. Izračunajmo vsote zaporednih naravnih števil, začenši z 1 : 1; 1+2 = 3; 1+2+3 = 6; 1+2+3+4 = 10;... Torej bo navedena količina večja od 5 in manjša od 10 le, če je število 3 v intervalu (0; x 0), število 4 pa ne leži v tem intervalu. torej 3< x 0 ≤ 4. Ker se poveča za , potem z(3) < z(x 0) ≤ z(4) .
Reševanje iracionalnih enačb in neenačb ter enačb, neenačb in sistemov, ki vsebujejo module, je obravnavano v Dodatek 1.
Problemi s parametri so zapleteni, ker ni enotnega algoritma za njihovo reševanje. Posebnost takšnih problemov je, da poleg neznanih količin vsebujejo parametre, katerih številčne vrednosti niso posebej navedene, vendar veljajo za znane in določene na določenem številčnem nizu. V tem primeru vrednosti parametrov pomembno vplivajo na logični in tehnični potek reševanja problema in obliko odgovora.
Po statističnih podatkih mnogi diplomanti ne začnejo reševati težav s parametri na enotnem državnem izpitu. Po podatkih FIPI le 10% diplomantov začne reševati takšne probleme, odstotek njihove pravilne rešitve pa je nizek: 2–3%, zato šola pridobi spretnosti za reševanje težkih, nestandardnih nalog, vključno s problemi s parametri. študentov še vedno aktualna.
MKOU "Lodeynopolskaya srednja šola št. 68"
_________________________________________________________________________________________________________________________________
Govor na srečanju Moskovske regije
Metode reševanja problemov
s parametri
Prokusheva Natalya Gennadievna
Lodeynoye Pole
2013-2014
Težave s parametri
Težave s parametri so med najtežjimi težavami, ki se ponujajo tako na enotnem državnem izpitu kot na dodatnih tekmovalnih izpitih na univerzah.
Imajo pomembno vlogo pri oblikovanju logičnega mišljenja in matematične kulture. Težave, ki nastanejo pri njihovem reševanju, so posledica dejstva, da vsak problem s parametri predstavlja cel razred običajnih problemov, za vsakega pa je treba dobiti rešitev.
Če v enačbi (neenakosti) nekateri koeficienti niso podani s posebnimi številskimi vrednostmi, ampak so označeni s črkami, se imenujejo parametri, enačba (neenakost) pa je parametrična.
Neznanke so praviloma označene z zadnjimi črkami latinice: x, y, z, ..., parametre pa s prvimi: a, b, c, ...
Rešiti enačbo (neenakost) s parametri pomeni navesti, pri katerih vrednostih parametrov obstajajo rešitve in kakšne so. Dve enačbi (neenakosti), ki vsebujeta enake parametre, imenujemo enakovredni, če:
a) so smiselni za enake vrednosti parametrov;
b) vsaka rešitev prve enačbe (neenačbe) je rešitev druge in obratno.
Seveda tako majhen razred problemov mnogim ne omogoča, da bi razumeli glavno stvar: parameter, ki je fiksno, a neznano število, ima dvojno naravo. Prvič, domnevna slava vam omogoča, da "komunicirate" s parametrom kot številko, in drugič, stopnja svobode komunikacije je omejena z njeno nejasnostjo. Tako je za deljenje z izrazom, ki vsebuje parameter, in pridobivanje korena sode stopnje iz takih izrazov potrebna predhodna raziskava. Običajno rezultati teh študij vplivajo na odločitev in odgovor.
Kako začeti reševati tovrstne težave? Ne bojte se težav s parametri. Najprej morate storiti to, kar se naredi pri reševanju katerekoli enačbe ali neenačbe – zmanjšati dano enačbo (neenakost) na enostavnejšo obliko, če je mogoče: faktorizirati racionalni izraz, faktorizirati trigonometrični polinom, znebiti se modulov, logaritmov, in itd.. potem morate nalogo natančno prebrati znova in znova.
Pri reševanju problemov, ki vsebujejo parameter, obstajajo problemi, ki jih lahko razdelimo v dva velika razreda. Prvi razred vključuje probleme, pri katerih je treba rešiti neenačbo ali enačbo za vse možne vrednosti parametra. Drugi razred vključuje naloge, pri katerih ni treba najti vseh možnih rešitev, ampak samo tiste, ki izpolnjujejo nekatere dodatne pogoje.
Šolarjem je najbolj razumljiv način reševanja tovrstnih problemov tako, da najprej poiščejo vse rešitve in nato izberejo tiste, ki izpolnjujejo dodatne pogoje. Vendar to ni vedno mogoče. Obstaja veliko problemov, pri katerih je nemogoče najti vse številne rešitve, pa tudi od nas se to ne zahteva. Zato moramo poiskati način, kako rešiti problem, ne da bi imeli na voljo celoten nabor rešitev dane enačbe ali neenačbe, na primer poiskati lastnosti funkcij, vključenih v enačbo, ki nam bodo omogočile presoditi obstoj določene množice rešitev.
Glavne vrste nalog s parametri
Vrsta 1. Enačbe, neenačbe, njihovi sistemi in nizi, ki jih je treba rešiti za katero koli vrednost parametra (parametrov) ali za vrednosti parametrov, ki pripadajo vnaprej določenemu nizu.
Ta vrsta problema je osnovna pri obvladovanju teme "Problemi s parametri", saj vloženo delo vnaprej določa uspeh pri reševanju problemov vseh drugih osnovnih vrst.
Vrsta 2. Enačbe, neenačbe, njihovi sistemi in množice, za katere je potrebno določiti število rešitev glede na vrednost parametra (parametrov).
Opozarjamo vas na dejstvo, da pri reševanju tovrstnih problemov ni treba niti reševati danih enačb, neenačb, njihovih sistemov in kombinacij itd., niti podajati teh rešitev; V večini primerov je tako nepotrebno delo taktična napaka, ki vodi v nepotrebno izgubo časa. Vendar tega ne smemo absolutizirati, saj je včasih neposredna rešitev v skladu s tipom 1 edini razumen način za pridobitev odgovora pri reševanju problema tipa 2.
Vrsta 3. Enačbe, neenačbe, njihovi sistemi in zbirke, za katere je potrebno najti vse tiste vrednosti parametrov, za katere imajo navedene enačbe, neenačbe, njihovi sistemi in zbirke dano število rešitev (zlasti nimajo ali imajo neskončno število rešitev).
Zlahka je videti, da so problemi tipa 3 v nekem smislu obratni problemom tipa 2.
Vrsta 4. Enačbe, neenačbe, njihovi sistemi in množice, pri katerih za zahtevane vrednosti parametra množica rešitev izpolnjuje podane pogoje v domeni definicije.
Na primer, poiščite vrednosti parametrov, pri katerih:
1) enačba je izpolnjena za katero koli vrednost spremenljivke iz danega intervala;
2) množica rešitev prve enačbe je podmnožica množice rešitev druge enačbe itd.
Komentiraj. Raznolikost problemov s parametrom pokriva celoten potek šolske matematike (tako algebre kot geometrije), velika večina pa jih na zaključnih in sprejemnih izpitih sodi v eno od štirih naštetih vrst, ki jih zato imenujemo osnovne.
Najbolj razširjen razred problemov s parametrom so problemi z eno neznanko in enim parametrom. Naslednji odstavek navaja glavne načine reševanja problemov tega razreda.
Osnovne metode reševanja problemov s parametrom
Metoda I(analitično). To je metoda tako imenovane direktne rešitve, ki ponavlja standardne postopke iskanja odgovora v problemih brez parametra. Včasih pravijo, da je to metoda prisilne, v dobrem smislu »arogantne« rešitve.
Metoda II(grafični). Odvisno od naloge (s spremenljivko x in parameter a) grafi se obravnavajo ali v koordinatni ravnini ( x; l), ali v koordinatni ravnini ( x; a).
Komentiraj. Izjemna jasnost in lepota grafične metode reševanja problemov s parametrom tako očara študente teme "Problemi s parametrom", da začnejo ignorirati druge metode reševanja in pozabljajo na dobro znano dejstvo: za kateri koli razred problemov , lahko njihovi avtorji oblikujejo tisto, ki je briljantno rešena na ta način in z ogromnimi težavami na druge načine. Zato je na začetni stopnji študija nevarno začeti z grafičnimi tehnikami za reševanje problemov s parametrom.
Metoda III(odločitev glede parametra). Pri reševanju tega načina spremenljivke x in a sprejeti kot enaki in izbrana je spremenljivka, glede na katero se analitična rešitev šteje za preprostejšo. Po naravnih poenostavitvah se vrnemo k prvotnemu pomenu spremenljivk x in a in dokončajte rešitev.
Zdaj pa preidimo na prikaz teh metod za reševanje problemov s parametrom.
1. Linearne enačbe in neenačbe s parametri
Linearna funkcija: – enačba premice s koeficientom naklona . Kotni koeficient je enak tangensu kota naklona premice na pozitivno smer osi .
Linearne enačbe s parametri oblike
če , enačba ima edina stvar rešitev.
če , ta enačba nima rešitev, kdaj , in enačba ima neskončno veliko rešitev, kdaj .
Primer 1. Reši enačbo | x | = a .
rešitev:
a > 0, => x 1,2 = ± a
a = 0, => x = 0
a < 0, =>ni rešitev.
odgovor: x 1,2 = ± a pri a > 0; x= 0 pri a= 0; ni rešitev za a < 0.
Primer 2. Reši enačbo |3 – x | = a .
rešitev:
a > 0, => 3 – x = ± a , => x= 3 ± a
a = 0, => 3 – x = 0. => x = 3
a < 0, =>ni rešitev.
odgovor: x 1,2 = 3 ± a pri a > 0; x= 3 at a= 0; ni rešitev za a < 0.
Primer 3. Reši enačbo m ² x – m = x + 1.
rešitev:
m ² x – m = x + 1
m ² x – x = m + 1
(m² – 1)x = m + 1
odgovor:
pri m
≠ ±
1; x
Є
R pri m= –1; ni rešitev za m
= 1.
Primer 4. A reši enačbo: ( a 2 – 4) x = a + 2 .
rešitev: Faktorizirajmo koeficient. .
če , enačba ima edina stvar rešitev: .
če , enačba nima rešitev.
če , potem ima enačba neskončno veliko rešitev .
Primer 6. Za vse vrednosti parametrov a
reši enačbo:
.
rešitev: ODZ: . Pod tem pogojem je enačba enakovredna naslednjemu: . Preverimo ali pripadate ODZ: , če . če , potem enačba nima rešitev.
Primer 7. Za vse vrednosti parametrov A reši enačbo: | X + 3| – a | x – 1| = 4.
rešitev: Razdelimo številsko premico na 3 dele po točkah, v katerih izrazi pod znakom modula izničijo in rešimo 3 sisteme:
1) , če . Najdena bo rešitev, če .
2) , če . Najdena izpolnjuje zahtevano neenakost, zato je rešitev za . če , potem je rešitev katera koli .
3) , če . Najdeno ne izpolnjuje zahtevano neenakost, torej ne je rešitev, ko . če , potem je rešitev vsak x > 1.
odgovor: pri ; pri ;
n ri ; je tudi rešitev za vse .
Primer 8. Najdi vse A, za vsako od katerih je vsaj ena od rešitev enačbe 15 x – 7a = 2 – 3sekira + 6a manj 2 .
rešitev: Poiščimo rešitve enačbe za vsako . , Če . Rešimo neenačbo: .
Ko enačba nima rešitev.
Odgovori : AÎ (–5 , 4) .
Linearne neenačbe s parametri
Na primer: Reši neenačbo: kx < b .
če k> 0, torej
. če k
< 0, то
. če k= 0, potem ko b> 0 rešitev je katera koli x
Є R, in kdaj
ni rešitev.
Na enak način reši preostale neenačbe v okvirčku.
Primer 1. Za vse vrednosti parametra a rešite neenačbo
.
rešitev:
. Če je oklepaj pred x je pozitiven, tj. pri
, To
. Če je oklepaj pred x negativna, tj. pri
, To
. če a= 0 ali a = , potem ni rešitev.
odgovor:
pri
;
pri
;
ni rešitev za a= 0 ali a = .
Primer 2. Za vse vrednosti parametrov A reši neenačbo | X– a| – | x + a| < 2a .
rešitev:
pri a=0 imamo napačno neenakost 0< 0, т.е. решений нет. Пусть a >0, nato pri x< –a oba modula razširimo z minusom in dobimo napačno neenakost 2 a < 2a, tj. ni rešitev. če x Є [– a ; a] , potem se prvi modul odpre z minusom, drugi pa s plusom in dobimo neenakost –2 x < 2a, tj. x > –a, torej rešitev je katera koli x Є (– a ; a]. če x > a oba modula se odpreta s plusom in dobimo pravilno neenakost –2 a < 2a, tj. , rešitev je katera koli x Є ( a; +∞). Če združimo oba odgovora, dobimo to kdaj a > 0 x Є (– a ; +∞).
Naj a < 0, тогда первое слагаемое больше, чем второе, поэтому разность в левой части неравенства положительна и, следовательно, не может быть меньше отрицательного числа 2a. Tako, z a < 0 решений нет.
odgovor: x
Є (– a; +∞) pri a> 0, ni rešitev za
.
Komentiraj. Rešitev tega problema je hitrejša in preprostejša, če uporabimo geometrijsko interpretacijo modula razlike dveh števil kot razdalje med točkama. Potem lahko izraz na levi strani interpretiramo kot razliko v razdaljah od točke X do točk A in - A .
Primer 3. Najdi vse A, za vsako od katerih so vse rešitve neenačbe
zadovoljiti neenakost 2 x
– a² + 5< 0.
rešitev:
Rešitev neenačbe |x | ≤ 2 je množica A=[–2; 2] in rešitev neenačbe 2 x
– a² + 5< 0 является множество B
= (–∞;
) . Za izpolnitev pogojev problema je potrebno, da je množica A vključena v množico B (). Ta pogoj bo izpolnjen, če in samo če.
odgovor: a Є (–∞; –3)U (3; +∞).
Primer 4. Poiščite vse vrednosti a, za katere velja neenakost
teče za vse x iz segmenta.
rešitev:
Ulomek je med korenoma manjši od nič, zato morate ugotoviti, kateri koren je večji.
–3a
+ 2 < 2a
+ 4
in –3 a
+ 2 > 2a
+ 4
. Tako, z
xЄ (–3 a
+ 2; 2a+ 4) in da neenakost velja za vse x iz odseka , je potrebno, da
pri
xЄ (2 a
+ 4; –3a+ 2) in tako, da neenakost velja za vse x iz segmenta , je nujno, da
Pri a = – (ko korenine sovpadajo) ni rešitev, ker v tem primeru ima neenakost obliko: .
odgovor:
.
Primer 5. A neenakost velja za vse negativne vrednosti X?
rešitev:
Funkcija monotono narašča, če je koeficient pri x nenegativen in monotono pada, če je koeficient pri x negativno.
Ugotovimo predznak koeficienta pri
a ≤ –3,
a ≥ 1; (a² + 2 a – 3) < 0 <=> –3 < a < 1.
a ≤ –3,
Naj a≥ 1. Potem funkcija f
(x
)
se ne zmanjšuje monotono in pogoj problema bo izpolnjen, če f
(x
)
≤ 0 <=> 3a
² – a
– 14 ≤ 0 <=>
.
a ≤ –3,
Skupaj s pogoji a≥ 1; dobimo:
Naj -3< a < 1. Тогда функция f (x ) monotono pada in pogoj problema ne more biti nikoli izpolnjen.
Odgovori:
.
2. Kvadratne enačbe in neenačbe s parametri
Kvadratna funkcija:
.
V nizu realnih števil se ta enačba preučuje z naslednjo shemo.
Primer 1. Pri kakšnih vrednostih a enačbax ² – sekira + 1 = 0 nima pravih korenin?
rešitev:
x ² – sekira + 1 = 0
D = a ² – 4 1 =a ² – 4
a ² – 4< 0 + – +
( a – 2)( a + 2) < 0 –2 2
Odgovori: pria Є (–2; 2)
Primer 2.Za katere vrednosti a velja enačba A (X ² – X + 1) = 3 X + 5 ima dve različni pravi korenini?
rešitev:
A (X ² – X + 1) = 3 X + 5, A ≠ 0
Oh ² – ah+ a – 3 X – 5 = 0
Oh ² – ( A + 3) X + A – 5 = 0
D = ( a +3)² – 4a ( a – 5) = a ² +6a + 9 – 4 a ² + 20a = –3 a ² + 26a + 9
–3 a ² + 26 a + 9 > 0
3 a ² – 26a – 9 < 0
D = 26² – 4 3 (–9) = 784
a
1
=
;
a
2
=
+ –
+
0 9
odgovor:priaЄ (–1/3; 0)U (0; 9)
Primer 3: Reši enačbo
.
rešitev:
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
odgovor:
pria
Є (–∞; –1)U
(–1; 3)
U
(3; +∞);
ni rešitev zaa = –1; 3.
Primer4 . Reši enačbo | x ²–2 x –3 | = a .
rešitev:
Poglejmo si funkcije l = | x ²–2 x –3 | inl = a .
pri a
<
0
brez rešitev;
pri a
=
0 in a> 4 dve rešitvi;
ob 0< a
< 4 – четыре решения;
pri a= 4 – tri rešitve.
odgovor:
pri a
< 0 нет решений;
pri a= 0 in a> 4 dve rešitvi;
ob 0< a
< 4 – четыре решения;
pri a= 4 – tri rešitve.
Primer 5.Poiščite vse vrednosti
a
, za vsako od katerih enačba
|
x
²–(
a
+2)
x
+2
a
| = |
3
x
–6
|
ima natanko dva korena. Če takšne vrednosti
a
več kot enega, v odgovoru navedite njihov izdelek.
rešitev:
Razširimo kvadratni trinom x
²–(
a
+2)
x
+2
a
z množitelji.
;
;
;
Dobimo |
(
x
–2)(
x
–
a
)
| =
3
|
x
–2
|.
Ta enačba je enakovredna množici
Zato ima ta enačba natanko dva korena if a+ 3 = 2 in a
– 3 = 2.
Od tu ugotovimo, da so želene vrednosti a so a
1
= –1; a
2
= 5; a
1
·
a
2
= –5.
odgovor: –5.
Primer 6.Poiščite vse vrednosti a , za katere so koreni enačbe sekira ² – 2( a + 1) x – a + 5 = 0 so pozitivni.
rešitev:
Kontrolna točka a= 0, ker spremeni bistvo enačbe.
1. a = 0 –2x + = 0;
odgovor: a Є U .
Primer 7.prikakšne vrednosti parametrov a enačba | x ² – 4 x + 3 | = sekira ima 3 korenine.
rešitev:
Zgradimo funkcijske grafe l = | x ² – 4 x + 3 | in l = sekira .
Funkcija je grafično prikazana na segmentu
.
Ta enačba bo imela tri korenine, če je graf funkcije l
=
sekira bo tangentna na graf l
= x
²+ 4
x
– 3
na
segment
Tangentna enačba ima obliko l
=
f
(x
0
) +
f
’(x
0
)(x
–
x
0
),
Ker tangentna enačba l
=
a, dobimo sistem enačb
Ker x 0 Є ,
odgovor: pri a
= 4 – 2
.
Kvadratne neenačbe s parametri
Primer.Poiščite vse vrednosti parametrov
a
, za vsako izmed katerih so rešitve neenačb
na daljici ni točk.
rešitev:
Najprej rešimo neenakost za vse vrednosti parametra in nato poiščemo tiste, za katere med rešitvami ni niti ene točke segmenta .
Naj
, sekira
= t
²
t ≥ 0
Pri takšni zamenjavi spremenljivk se ODZ neenakosti izvede samodejno. x se lahko izrazi skozi t, Če a≠ 0. Torej primer, ko a
= 0, bomo obravnavali ločeno.
1.Pustite a
= 0, torej X> 0 in dani segment je rešitev.
2.Pustite a≠ 0, torej
in neenakost
bo dobil obliko
,
Rešitev neenačbe je odvisna od vrednosti a, zato moramo upoštevati dva primera.
1) Če a>0, torej
pri
, ali v starih spremenljivkah,
Rešitev ne vsebuje niti ene točke danega segmenta, če in samo če so izpolnjeni pogoji a ≤ 7,
16a≥ 96. Torej, a
Є .
2). če A< 0, то
;
; tЄ (4 a
; a). Ker t≥ 0, potem rešitev ni.
odgovor: .
Iracionalne enačbe s parametri
Pri reševanju iracionalnih enačb in neenačb s parametrom je treba najprej upoštevati obseg sprejemljivih vrednosti. Drugič, če sta obe strani neenakosti nenegativni izrazi, potem lahko takšno neenakost kvadriramo, pri čemer ohranimo predznak neenakosti.
V mnogih primerih se iracionalne enačbe in neenačbe po spremembi spremenljivk reducirajo na kvadratne.
Primer 1. Reši enačbo
.
rešitev:
ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, a ≥ 0.
x + 1 = a ².
če x = a² – 1, potem je pogoj izpolnjen.
odgovor: x = a² – 1 at A≥ 0; ni rešitev za a < 0.
Primer 2: Reši enačbo
.
rešitev:
ODZ: x + 3 ≥ 0, x ≥ –3,
a–x ≥ 0; x ≤ a;
x + 3 = a–x,
2x = a – 3,
<=>
<=>
<=>
a
≥ –3.
odgovor:
pri a≥ –3; ni rešitev za a
< –3.
Primer 3. Koliko korenin ima enačba?
odvisno od vrednosti parametrov A?
rešitev:
Razpon sprejemljivih vrednosti enačbe: x Є [–2; 2]
Zgradimo grafe funkcij. Graf prve funkcije je zgornja polovica kroga x² + l² = 4. Graf druge funkcije je simetrala prvega in drugega koordinatnega kota. Od grafa prve funkcije odštejemo graf druge in dobimo graf funkcije
. Če zamenjate pri na A, potem je zadnji graf funkcije niz točk (x; a), ki ustrezajo prvotni enačbi.
Glede na graf vidimo odgovor.
odgovor: pri AЄ (–∞; –2) U (1; +∞), brez korenin;
pri AЄ [–2; 2), dve korenini;
pri A= 1, en koren.
Primer 4. Pri katerih vrednostih parametrov A enačba
ima eno samo rešitev?
rešitev:
1. metoda (analitična):
odgovor:
2. način (grafični):
odgovor: za a ≥ –2 ima enačba enolično rešitev
Primer 5. Za katere vrednosti parametra a ima enačba = 2 + x edinstveno rešitev.
rešitev:
Razmislimo o grafični različici rešitve te enačbe, to je, zgradili bomo dve funkciji:
pri 1 = 2 + X in pri 2 =
Prva funkcija je linearna in poteka skozi točki (0; 2) in (–2; 0).
Graf druge funkcije vsebuje parameter. Najprej si oglejmo graf te funkcije pri A= 0 (slika 1). Pri spreminjanju vrednosti parametra se bo graf premikal vzdolž osi OH z ustrezno vrednostjo na levi (za pozitivno A) ali v desno (za negativno A) (slika 2)
Iz slike je razvidno, da kdaj 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.
odgovor: pri a≥ –2 ima enačba edinstveno rešitev.
Trigonometrične enačbe s parametri.
Primer 1.Reši enačbo greh (– x + 2 x – 1) = b + 1.
rešitev:
Glede na nenavadnost funkcije
, reduciramo to enačbo na ekvivalent
.
1. b = –1
3. b =–2
4. | b + 1| > 1
Ni rešitev.
5. bЄ(–1; 0)
6. bЄ(–2; –1)
Primer 2.Poiščite vse vrednosti parametra p, za katere velja enačba
nima rešitev.
rešitev:
Izrazimo cos 2 x skozi sinx.
Naj
potem se je naloga zmanjšala na iskanje vseh vrednosti str, za katere enačba nima rešitev na [–1; 1]. Enačbe ne moremo rešiti algoritemsko, zato bomo problem rešili z grafom. Zapišimo enačbo v obliki , zdaj pa še skico grafa leve strani
enostaven za gradnjo.
Enačba nima rešitev, če je premica l
=
str+ 9 ne seka grafa na intervalu [–1; 1], tj.
odgovor:str Є (–∞; –9) U (17; +∞).
Sistemi enačb s parametri
Sistemi dveh linearnih enačb s parametri
Sistem enačb
Rešitve sistema dveh linearnih enačb so presečišča dveh ravnih črt: in .
Možni so 3 primeri:
1. Premice niso vzporedne . Potem njuni normalni vektorji niso vzporedni, tj. . V tem primeru ima sistem edina rešitev.
2. Premice so vzporedne in ne sovpadajo. Tedaj sta njuna normalna vektorja vzporedna, premiki pa so različni, tj. .
V tem primeru sistem nima rešitve .
3. Ravne črte sovpadajo. Takrat sta njuna normalna vektorja vzporedna in premiki sovpadajo, tj. . V tem primeru ima sistem neskončno veliko rešitev - vse točke črte .
1. Sistemi linearnih enačb s parametrom
Sisteme linearnih enačb s parametrom rešujemo z enakimi osnovnimi metodami kot navadne sisteme enačb: metodo substitucije, metodo seštevanja enačb in grafično metodo. Poznavanje grafične interpretacije linearnih sistemov olajša odgovor na vprašanje o številu korenin in njihovem obstoju.
Primer 1.
Poiščite vse vrednosti parametra a, za katere sistem enačb nima rešitev.
(x + (a 2 – 3)y = a,
(x + y = 2.
rešitev.
Oglejmo si več načinov za rešitev te naloge.
1 način. Uporabimo lastnost: sistem nima rešitev, če je razmerje koeficientov pred x enako razmerju koeficientov pred y, ni pa enako razmerju prostih členov (a/a 1 = b /b 1 ≠ c/c 1). Potem imamo:
1/1 = (a 2 – 3)/1 ≠ a/2 ali sistem
(in 2 – 3 = 1,
(a ≠ 2.
Iz prve enačbe a 2 = 4, torej ob upoštevanju pogoja, da je a ≠ 2, dobimo odgovor.
Odgovor: a = -2.
Metoda 2. Rešujemo z metodo substitucije.
(2 – y + (a 2 – 3)y = a,
(x = 2 – y,
((a 2 – 3)y – y = a – 2,
(x = 2 – y.
Ko vzamemo skupni faktor y iz oklepajev v prvi enačbi, dobimo:
((a 2 – 4)y = a – 2,
(x = 2 – y.
Sistem nima rešitev, če prva enačba nima rešitev, tj
(in 2 – 4 = 0,
(a – 2 ≠ 0.
Očitno je a = ±2, vendar ob upoštevanju drugega pogoja pride odgovor samo z odgovorom minus.
odgovor: a = -2.
Primer 2.
Poiščite vse vrednosti parametra a, za katere ima sistem enačb neskončno število rešitev.
(8x + ay = 2,
(ax + 2y = 1.
rešitev.
Glede na lastnost, če je razmerje med koeficientoma x in y enako in je enako razmerju prostih članov sistema, potem ima neskončno število rešitev (tj. a/a 1 = b/ b 1 = c/c 1). Zato je 8/a = a/2 = 2/1. Z rešitvijo vsake nastale enačbe ugotovimo, da je a = 4 odgovor v tem primeru.
odgovor: a = 4.
2. Sistemi racionalnih enačb s parametrom
Primer 3.
(3|x| + y = 2,
(|x| + 2y = a.
rešitev.
Pomnožimo prvo enačbo sistema z 2:
(6|x| + 2y = 4,
(|x| + 2y = a.
Če odštejemo drugo enačbo od prve, dobimo 5|x| = 4 – a. Ta enačba bo imela edinstveno rešitev za a = 4. V drugih primerih bo imela ta enačba dve rešitvi (za a< 4) или ни одного (при а > 4).
Odgovor: a = 4.
Primer 4.
Poiščite vse vrednosti parametra a, za katere ima sistem enačb edinstveno rešitev.
(x + y = a,
(y – x 2 = 1.
rešitev.
Ta sistem bomo reševali z grafično metodo. Tako je graf druge enačbe sistema parabola, dvignjena vzdolž osi Oy navzgor za en segment enote. Prva enačba podaja niz premic, vzporednih s premico y = -x (slika 1). Iz slike je jasno razvidno, da ima sistem rešitev, če je premica y = -x + a tangentna na parabolo v točki s koordinatami (-0,5, 1,25). Če zamenjamo te koordinate v enačbo premice namesto x in y, najdemo vrednost parametra a:
1,25 = 0,5 + a;
Odgovor: a = 0,75.
Primer 5.
Z metodo substitucije ugotovite, pri kateri vrednosti parametra a ima sistem edinstveno rešitev.
(ax – y = a + 1,
(ax + (a + 2)y = 2.
rešitev.
Iz prve enačbe izrazimo y in ga nadomestimo v drugo:
(y = sekira – a – 1,
(ax + (a + 2)(ax – a – 1) = 2.
Zreducirajmo drugo enačbo na obliko kx = b, ki bo imela enolično rešitev za k ≠ 0. Imamo:
ax + a 2 x – a 2 – a + 2ax – 2a – 2 = 2;
a 2 x + 3ax = 2 + a 2 + 3a + 2.
Kvadratni trinom a 2 + 3a + 2 predstavimo kot produkt oklepajev
(a + 2)(a + 1), na levi pa vzamemo x iz oklepaja:
(a 2 + 3a)x = 2 + (a + 2)(a + 1).
Očitno a 2 + 3a ne bi smelo biti enako nič, zato
a 2 + 3a ≠ 0, a(a + 3) ≠ 0, kar pomeni a ≠ 0 in ≠ -3.
odgovor: a ≠ 0; ≠ -3.
Primer 6.
Z metodo grafičnega reševanja ugotovite, pri kateri vrednosti parametra a ima sistem enolično rešitev.
(x 2 + y 2 = 9,
(y – |x| = a.
rešitev.
Na podlagi pogoja konstruiramo krog s središčem v izhodišču in polmerom treh enotskih segmentov; to določa prva enačba sistema
x 2 + y 2 = 9. Druga enačba sistema (y = |x| + a) je lomljena črta. Z uporabo slika 2 Upoštevamo vse možne primere njegove lokacije glede na krog. Preprosto je videti, da je a = 3.
Odgovor: a = 3.
Imate še vprašanja? Ne veste, kako rešiti sisteme enačb?
Če želite dobiti pomoč od mentorja -.
Prva lekcija je brezplačna!
blog.site, pri celotnem ali delnem kopiranju gradiva je obvezna povezava do izvirnega vira.