Grafička metoda rješavanja problema s parametrima. Zadaci s parametrom (grafičko rješenje) Uvod
Kako bismo u potpunosti otkrili mogućnosti ove metode, razmotrit ćemo glavne vrste problema.
Ogledni zadaci za provjeru znanja i vještina pri rješavanju zadataka s parametrima grafičkom metodom (koordinatna ravnina)
Vježba 1.
U kojim vrijednostimaaima li jednadžba = dva korijena?
Riješenje.
Prijeđimo na ekvivalentni sustav:
Ovaj sustav na koordinatnoj ravnini (;) definira krivulju. Jasno je da sve točke ovog paraboličkog luka (i samo one) imaju koordinate koje zadovoljavaju izvornu jednadžbu. Dakle, broj rješenja jednadžbe za svaku fiksnu vrijednost parametra, jednak broju sjecišta krivulje s vodoravnom linijom koja odgovara ovoj vrijednosti parametra.
Očito, kada naznačene linije sijeku graf u dvije točke, što je ekvivalentno izvornoj jednadžbi koja ima dva korijena.
Odgovor: na.
Zadatak 2.
Pronađite sve vrijednosti a za koje sustav ima jedinstveno rješenje.
Riješenje.
Prepišimo izvorni sustav u ovom obliku:
Sva rješenja ovog sustava (parovi oblika) šrafurom tvore područje prikazano na slici. Zahtjev za jedinstvenim rješenjem danog sustava preveden je u grafički jezik na sljedeći način: horizontalne linije moraju imati samo jednu zajedničku točku s rezultirajućim područjem. Lako je vidjeti da samo ravnoi zadovoljiti navedeni zahtjev.
Odgovor: ili.
Dva problema o kojima smo upravo raspravljali omogućuju nam da damo više specifične preporuke u usporedbi s ranije navedenim:
pokušati izraziti parametar kroz varijablu, tj. dobiti jednakosti oblika, zatim
nacrtati graf funkcije na ravnini.
Zadatak 3.
U kojim vrijednostimaA ima li jednadžba točno tri korijena?
Riješenje.
Imamo
Graf ovog skupa je unija "kuta" i parabole. Očito, samo ravna linija siječe rezultirajuću uniju u tri točke.
Odgovor: .
Komentar: Obično se uzima u obzir parametar kao fiksni, ali nepoznati broj. U međuvremenu, s formalne točke gledišta, parametar je varijabla i "jednak" ostalima prisutnima u problemu. S ovim prikazom parametra obrasca, funkcije nisu definirane s jednom, već s dvije varijable.
Zadatak 4.
Pronađite sve vrijednosti parametara, za koje jednadžba ima jedno rješenje.
Riješenje.
Razlomak je jednak nuli ako i samo ako je brojnik razlomka nula, a nazivnik različit od nule.
Traženje korijena kvadratnog trinoma:
Pomoću dobivenog sustava lako je konstruirati graf izvorne jednadžbe. Prisutnost "punktura" u ovom grafu omogućuje da jednadžba ima jedinstveno rješenje kada je i =. Ovo je odlučujući faktor u odluci.
Odgovor: I.
Zadatak 5.
Pri kojim vrijednostima parametara,A jednadžba ima jedinstveno rješenje.
Riješenje.
Napišimo sustav ekvivalentan izvornoj jednadžbi
Odavde dobivamo
Izgradimo graf i nacrtajmo ravne linije okomite na osiA .
Prve dvije nejednadžbe sustava definiraju skup točaka, prikazanih sjenčanjem, a taj skup ne uključuje hiperbole i.
Zatim segment i zraku, segment i zraku koji leže redom na pravcima i , su graf izvorne jednadžbe. Jedno rješenje će biti ako 2< < или < или = .
Odgovor : 2 < < или < или = .
Zadatak 6.
Pronađite sve vrijednosti parametaraA , za koju je jednadžba
ima točno dva razna rješenja
Riješenje.
Razmotrimo skup od dva sustava
Ako , Da.
Ako < , Da.
Odavde
ili
Parabole i pravac imaju dvije zajedničke točke:A (-2; - 2), U(-1; -1), i, U – vrh prve parabole,D - vrh drugog. Dakle, graf izvorne jednadžbe prikazan je na slici.
Moraju postojati točno dva različita rješenja. To se radi pomoću ili.
Odgovor: ili.
Zadatak 7.
Pronađite skup svih brojeva za svaki od kojih je jednadžba
ima samo dva različita korijena.
Riješenje.
Prepišimo ovu jednadžbu u obliku
Korijeni jednadžbe, pod uvjetom da.
Izgradimo graf ove jednadžbe. U ovom slučaju, zgodno je konstruirati graf dodjeljivanjem ordinatne osi varijabli. Ovdje "čitamo" odgovor okomitim ravnim crtama, nalazimo da ova jednadžba ima samo dva različita korijena na = -1 ili ili.
Isprekidane linije to pokazuju.
Odgovor: pri = -1 ili ili.
Zadatak 8.
Za koje skup rješenja nejednadžbe sadrži interval.
Riješenje.
Zapišimo skup od dva sustava ekvivalentna izvornoj jednadžbi:
ili
Budući da u rješenju prvog sustava nitiA ne može biti uključen u segment, tada ćemo provesti potrebna istraživanja za drugi sustav.
Imamo
Označimo . Tada druga nejednadžba sustava poprima oblik< - a na koordinatnoj ravnini definira skup prikazan na slici.
Pomoću slike utvrđujemo da kada rezultirajući skup sadrži sve točke čije apscise prolaze kroz sve vrijednosti intervala
Zatim, odavde.
Odgovor : .
Zadatak 9.
Pronađite sve nenegativne brojeve za koje postoji jednina, zadovoljavajući sustav
Riješenje.
Imamo
Prva jednadžba na koordinatnoj ravnini specificira skup okomitih linija. Ravne linije i podijelite ravnine na četiri područja. Neki od njih su rješenja za sustav nejednakosti. Koji se točno mogu odrediti uzimanjem testne točke iz svake regije. Područje čija točka zadovoljava nejednadžbu je njezino rješenje (ova tehnika je povezana s metodom intervala pri rješavanju nejednadžbi s jednom varijablom). Izgradnja ravnih linija
Na primjer, uzmemo točku i zamijenimo je u koordinate točaka koje zadovoljavaju nejednakost.
Dobivamo dva područja (ja) i ( II), ali s obzirom da po uvjetu uzimamo samo područje (ja). Izgradnja ravnih linija , k .
Dakle, izvorni sustav je zadovoljen svim točkama (i samo njima) koje leže na zrakama i istaknute su na crtežu podebljanim linijama (tj. konstruiramo točke u zadanom području).
Sada moramo pronaći jedinstveni kada se popravi. Gradimo paralelne linije koje sijeku os. i pronađite gdje će biti jedna točka sjecišta s linijom.
Sa slike vidimo da je zahtjev jedinstvenosti rješenja ostvaren ako (za već 2 boda),
gdje je ordinata točke presjeka linija i,
gdje je ordinata sjecišta pravaca i.
Tako dobivamo< .
Odgovor: < .
Zadatak 10.
Pri kojim vrijednostima parametra sustav ima rješenja?
Riješenje.
Faktorizirajmo lijevu stranu nejednakosti sustava, imamo
Gradimo ravne linije i... Na slici prikazujemo sjenčanjem skup točaka ravnine koji zadovoljava nejednakost sustava.
Gradimo hiperbolu = .
Tada su apscise odabranih lukova hiperbole rješenja izvornog sustava.M , P , N , Q – čvorne točke. Nađimo njihove apscise.
Za bodove P , Q imamo
Ostalo je zapisati odgovor: ili.
Odgovor: ili.
Zadatak 11.
Pronađite sve vrijednosti za koje bilo koje rješenje nejednadžbe u modulu ne prelazi dva ().
Riješenje .
Prepišimo ovu nejednakost u ovom obliku. Izgradimo grafove jednadžbi i =.
Koristeći “metodu intervala” utvrđujemo da će rješenje izvorne nejednakosti biti osjenčana područja.
Sada izgradimo područje i vidjeti koji dio pada u osjenčano područje.
Oni. sada, ako za neku fiksnu vrijednost ravna linija u sjecištu s rezultirajućim područjem daje samo točke čije apscise zadovoljavaju uvjet < 2, tada je jedna od željenih vrijednosti parametra.
Pa to vidimo.
Odgovor: .
Zadatak 12.
Za koje vrijednosti parametra skup rješenja nejednadžbe ne sadrži više od četiri cjelobrojne vrijednosti?
Riješenje.
Pretvorimo ovu nejednakost u oblik. Ova nejednakost je ekvivalentna kombinaciji dvaju sustava
ili
Pomoću ovog skupa prikazujemo rješenje izvorne nejednadžbe.
Nacrtajmo ravne linije gdje. Tada će vrijednost za koju pravac siječe pravce u najviše četiri točke iz označenog skupa biti željena. Dakle, vidimo da je ili ili.
Odgovor: ili ili.
Zadatak 13.
Na kojim vrijednostima parametaraA ima sustav rješenja
Riješenje.
Korijeni kvadratnog trinoma i.
Zatim
Gradimo ravne linije i...
Metodom “intervala” nalazimo rješenje nejednadžbe sustava (osjenčano područje).
Onaj dio kruga sa središtem u ishodištu i radijusom 2 koji pada unutar osjenčanog područja bit će rješenje ovog sustava. .
Nalazimo vrijednosti iz sustava
Značenje i je iz sustava.
Odgovor:
Zadatak 14.
Ovisno o vrijednostima parametaraA riješiti nejednadžbu > .
Riješenje.
Prepišimo ovu nejednakost u obliku i razmotrimo funkciju, koje, proširujući module, pišemo na sljedeći način:
Gradimo raspored. Grafikon dijeli koordinatnu ravninu na dva područja. Uzimajući t. (0;0) i zamjenjujući i u izvornu nejednadžbu, dobivamo da je 0 > 1, pa je stoga izvorna nejednakost zadovoljena u području grafa koji leži iznad.
Izravno iz slike dobivamo:
nema rješenja;
na ;
na.
Odgovor: nema rješenja;
na ;
na.
Zadatak 15.
Nađite sve vrijednosti parametra za koje vrijedi sustav nejednakosti
zadovoljava se samo jednim.
Riješenje.
Prepišimo ovaj sustav u ovom obliku:
Konstruirajmo područje definirano ovim sustavom.
1) , je vrh parabole.
2) - ravna linija koja prolazi kroz točke i.
Zahtjev za jedinstvenost rješenja preveden je na grafički jezik na sljedeći način: vodoravne crte s rezultirajućom površinom moraju imati samo jednu zajedničku točku. Navedeni zahtjev zadovoljavaju pravci i, gdje je ordinata presječne točke parabole i pravca.
Pronađimo vrijednost:
= (nije prikladno za svrhu problema),
Nalaženje ordinate:
Odgovor: ,
Zadatak 16.
Pronađite sve vrijednosti parametaraA, pod kojim sustav nejednakosti
zadovoljava samo za jedan x.
Riješenje .
Konstruirajmo parabole i prikažimo sjenčanjem rješenje posljednjeg sustava.
1) , .
2) , .
Slika pokazuje da je uvjet zadatka zadovoljen kada ili.
Odgovor: ili.
Zadatak 17.
Za koje vrijednosti jednadžba ima točno tri korijena?
Riješenje.
Ova jednadžba je ekvivalentna skupu
Grafikon populacije je kombinacija grafikona parabole i kuta.
Pravci sijeku rezultirajuću uniju u tri točke.
Odgovor: na.
Zadatak 18.
Za koje vrijednosti jednadžba ima točno tri rješenja?
Riješenje.
Transformirajmo lijevu stranu ove jednadžbe. Dobivamo kvadratna jednadžba relativno.
Dobili smo jednadžbu
Što je ekvivalentno ukupnosti
Unija grafova parabola je rješenje za populaciju.
Odredite ordinate sjecišta parabola:
Sa slike čitamo potrebne podatke: ova jednadžba ima tri rješenja na ili
Odgovor: kod ili
Zadatak 19.
Ovisno o parametru odredite broj korijena jednadžbe
Riješenje .
Promotrimo ovu jednadžbu kao kvadratnu u odnosu na a.
,
.
Dobivamo ukupnost
Gradimo grafove jednadžbi stanovništva i odgovaramo na pitanje postavljeno u zadatku.
Odgovor:: nema rješenja;
: jedno rješenje;
: dva rješenja;
ili: tri rješenja;
ili: četiri rješenja.
20. zadatak.
Koliko rješenja ima sustav?
Riješenje.
Jasno je da je broj korijena druge jednadžbe sustava jednak broju rješenja samog sustava.
Imamo, .
Promatrajući ovu jednadžbu kao kvadratnu jednadžbu, dobivamo skup.
Sada pristup koordinatnoj ravnini olakšava zadatak. Koordinate presječnih točaka nalazimo rješavanjem jednadžbe
Odavde
Vrhovi parabola i.
Odgovor:: četiri rješenja;
: dva rješenja;
: jedno rješenje;
: nema rješenja.
Zadatak 21.
Pronađite sve realne vrijednosti parametra za koje jednadžba ima samo dva različita korijena. Zapiši ove korijene.
Riješenje .
Nađimo korijene kvadratnog trinoma u zagradama:
Oslikajmo skup rješenja ove jednadžbe u koordinatnoj ravnini konstruirajući grafove pod uvjetom da
Čitamo potrebne podatke sa slike. Dakle, ova jednadžba ima dva različita korijena u (i) i u (i)
Odgovor: na (i) i
kod (i).
Zadatak 2 2 .
Riješite sustav nejednadžbi:
Riješenje.
Konstruiramo grafove parabola i ravnih linija u ravnini.
Sve točke u osjenčanom području rješenje su sustava. Podijelimo konstruirano područje na dva dijela.
Ako je tako, onda rješenja nema.
Ako, tada će apscisa točaka osjenčanog područja biti veća od apscise točaka ravne linije, ali manja od apscise (većeg korijena jednadžbe) parabole.
Izrazimo to kroz jednadžbu ravne linije:
Nađimo korijene jednadžbe:
Zatim.
Ako je tako, onda.
Odgovor: za i 1 nema rješenja;
na;
na.
Zadatak 23.
Riješite sustav nejednadžbi
Riješenje.
– vrh parabole.
Vrh parabole.
Odredite apscisu sjecišta parabola:
Zasjenjeno područje je rješenje sustava. Podijelimo ga na dva dijela.
U jednadžbama parabola ih izražavamo kroz:
Zapišimo to odgovor:
ako je i, tada nema rješenja;
ako tada< ;
ako tada.
Zadatak 24.
Na kojim vrijednostima i jednadžba nema rješenja?
Riješenje.
Jednadžba je ekvivalentna sustavu
Konstruirajmo mnoga rješenja sustava.
Tri dijela parabole su rješenje ove jednadžbe.
Pronađimo kod kojeg i isključimo ga.
Dakle, jer nema rješenja;
kada nema rješenja;
(napomena: za ostaloApostoje jedno ili dva rješenja).
Odgovor: ; .
Zadatak 25.
Za koje stvarne vrijednosti parametra postoji barem jedan koji zadovoljava uvjete:
Riješenje.
Riješimo nejednadžbu grafički koristeći “metodu intervala” i konstruirajmo graf. Pogledajmo koji dio grafa spada u konstruirano područje za rješavanje nejednadžbe i pronađimo odgovarajuće vrijednostiA.
Gradimo grafove ravnih linija i
Oni dijele koordinatnu ravninu na 4 područja.
Posljednju nejednadžbu riješit ćemo grafički metodom intervala.
Zasjenjeno područje je njegovo rješenje. Dio grafa parabole spada u ovo područje. Na intervalu; (po uvjetu, nejednakost sustava je stroga) postoje koji zadovoljavaju uvjete zadanog sustava.
Odgovor:
Zadatak 26.
Pronađite sve vrijednosti parametra za svaku od kojih skup rješenja nejednadžbe ne sadrži niti jedno rješenje nejednadžbe.
Riješenje.
Konstruirajmo skup rješenja nejednadžbe ("metodom intervala"). Zatim ćemo konstruirati "traku" potrebnih vrijednosti parametaraq one u kojima niti jedna točka navedenih područja ne pripada "traci"
Odgovor: ili.
Zadatak 27.
Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima jedinstveno rješenje?
Riješenje.
Rastavimo brojnik razlomka na faktore.
Ova jednadžba je ekvivalentna sustavu:
Izgradimo grafikon populacije u koordinatnoj ravnini.
ili
– točka sjecišta linija i. Grafikon populacije je unija ravnih linija.
"Izbušite" točke grafikona s apscisama.
Crtamo ravne linije i vidimo gdje je jedna točka presjeka s grafom.
Očito je da samo za ili ova jednadžba ima jedinstveno rješenje.
Odgovor: ili.
Zadatak 28.
Za koje stvarne vrijednosti parametra sustav nejednadžbi nema rješenja?
Riješenje.
Skup ravninskih točaka osjenčanog područja zadovoljava ovaj sustav nejednakosti.
Gradimo ravne linije. Sa slike utvrđujemo da kada je ( apscisa točke presjeka hiperbole i pravca), pravci ne sijeku osjenčano područje.
Odgovor: na.
Zadatak 29.
Na kojim vrijednostima parametaraA sustav ima jedinstveno rješenje.
Riješenje.
Prijeđimo na sustav ekvivalentan ovome.
U koordinatnoj ravnini ćemo konstruirati grafove parabola i vrhova parabola, odnosno točaka i.
Izračunajmo apscise sjecišta parabola rješavanjem jednadžbe
Osjenčano područje je rješenje sustava nejednakosti. Izravno i
ima jednu zajedničku točku sa osjenčanim područjem.
Odgovor: na i.
30. zadatak.
Riješite nejednadžbu:
Riješenje.
Ovisno o parametru, pronaći ćemo vrijednost.
Nejednadžbu ćemo riješiti “metodom intervala”.
Izgradimo parabole
: .
Izračunajmo koordinate sjecišta parabola:
Točke u osjenčanom području zadovoljavaju ovu nejednakost. Crtajući ravnu liniju, dijelimo ovo područje na tri dijela.
1) Ako, onda nema rješenja.
2) Ako, onda to u jednadžbi izražavamo kroz:
Dakle, na područjuja imamo.
Ako je tako, pogledajte:
a) regija II .
Izrazimo to u jednadžbi kroz.
Manji korijen
Veći korijen.
Dakle, na području II imamo.
b) regija III : .
Odgovor: kada nema rješenja;
na
u, .
Književnost:
Galitsky M. L., Goldman A. M., Zvavich L. I. Zbirka zadataka iz algebre za 8. – 9. razred: udžbenik za učenike škola i razreda s naprednim učenjem matematike - 2. izd. – M.: Obrazovanje, 1994.
P. I. Gornshtein, V. B. Polonsky, M. S. Yakir. Problemi s parametrima. 3. izdanje, prošireno i revidirano. – M.: Ilexa, Kharkov: Gymnasium, 2003.
Faddeev D. K. Algebra 6 – 8. – M.: Obrazovanje, 1983 (b – ka učitelj matematike).
A.H. Shakhmeister. Jednadžbe i nejednadžbe s parametrima. Uredio B. G. Živ. S – Petersburg. Moskva. 2004. godine.
V. V. Amelkin, V. L. Rabtsevich. Problemi s parametrima Minsk “Asar”, 2002.
A.H. Shakhmeister. Problemi s parametrima na Jedinstvenom državnom ispitu. Izdavačka kuća Moskovskog sveučilišta, CheRo na Nevi MTsNMO.
Za svaku vrijednost parametra a a riješite nejednadžbu | 2 x + a | ≤ x + 2 |2x+a| \leq x+2 .
Najprije riješimo pomoćni zadatak. Promatrajmo ovu nejednadžbu kao nejednadžbu s dvije varijable x x i a a i nacrtajmo na koordinatnoj ravnini x O a xOa sve točke čije koordinate zadovoljavaju nejednadžbu.
Ako je 2 x + a ≥ 0 2x+a \geq 0 (tj. na ravnoj liniji a = - 2 x a=-2x i više), tada dobivamo 2 x + a ≤ x + 2 ⇔ a ≤ 2 - x 2x+ a \leq x+2 \Lijevadesnastrelica a \leq 2-x .
Skup je prikazan na sl. jedanaest.
Sada riješimo izvorni problem pomoću ovog crteža. Ako fiksiramo a a , tada ćemo dobiti vodoravnu liniju a = const a = \textrm(const) . Da biste odredili vrijednosti x x, morate pronaći apscisu točaka sjecišta ove linije sa skupom rješenja nejednadžbe. Na primjer, ako je a = 8 a=8, tada nejednadžba nema rješenja (prava ne siječe skup); ako je a = 1 a=1 , tada su sva rješenja x x iz intervala [ - 1 ; 1 ] [-1;1] itd. Dakle, moguće su tri opcije.
1) Ako je $$a>4$$, tada nema rješenja.
2) Ako je a = 4 a=4, tada je x = - 2 x=-2.
ODGOVOR
kod $$a
za a = 4 a=4 - x = - 2 x=-2 ;
za $$a>4$$ - nema rješenja.
Pronađite sve vrijednosti parametra a a za koje vrijedi nejednakost $$3-|x-a| > x^2$$ a) ima barem jedno rješenje; b) ima barem jedno pozitivno rješenje.
Prepišimo nejednadžbu u obliku $$3-x^2 > |x-a)$$. Konstruirajmo grafove lijevog i desnog dijela na ravnini x O y xOy. Graf lijeve strane je parabola s granama prema dolje s vrhom u točki (0; 3) (0;3) . Graf siječe x-os u točkama (± 3 ; 0) (\pm \sqrt(3);0) . Graf desne strane je kut s vrhom na x-osi, čije su stranice usmjerene prema gore pod kutom od 45 ° 45^(\circ) u odnosu na koordinatne osi. Apscisa vrha je točka x = a x=a .
a) Da bi nejednadžba imala barem jedno rješenje, potrebno je i dovoljno da se barem u jednoj točki parabola nalazi iznad grafa y = | x - a | y=|x-a| . To se postiže ako se vrh kuta nalazi između točaka A A i B B osi apscisa (vidi sliku 12 - točke A A i B B nisu uključene). Dakle, potrebno je odrediti u kojem položaju vrha jedna od grana kuta dodiruje parabolu.
Promotrimo slučaj kada je vrh kuta u točki A A . Tada desna grana kuta dodiruje parabolu. Njegov nagib je jednak jedan. To znači da je derivacija funkcije y = 3 - x 2 y = 3-x^2 u točki dodirivanja jednaka 1 1, tj. - 2 x = 1 -2x=1, odakle je x = - 1 2 x = -\frac( 1)(2) . Tada je ordinata tangentne točke y = 3 - (1 2) 2 = 11 4 y = 3 - (\frac(1)(2))^2 = \frac(11)(4) . Jednadžba ravne linije koja ima kutni koeficijent k = 1 k=1 i prolazi kroz točku s koordinatama (- 1 2 ; 11 4) (-\frac(1)(2); \frac(11)(4) ) je sljedeći * ( \^* : y - 11 4 = 1 · (x + 1 2) y - \frac{11}{4} = 1 \cdot (x+ \frac{1}{2}) , откуда y = x + 13 4 y = x + \frac{13}{4} .!}
Ovo je jednadžba desne grane kuta. Apscisa točke presjeka s osi x jednaka je - 13 4 -\frac(13)(4), tj. točka A A ima koordinate A (- 13 4 ; 0) A(-\frac(13)(4 ); 0) . Zbog simetrije, točka B B ima koordinate: B (13 4 ; 0) B(\frac(13)(4); 0) .
Iz ovoga dobivamo da je a ∈ (- 13 4 ; 13 4) a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)) .
b) Nejednadžba ima pozitivna rješenja ako je vrh kuta između točaka F F i B B (vidi sliku 13). Pronalaženje položaja točke F F nije teško: ako je vrh kuta u točki F F, tada njegova desna grana (ravna crta dana jednadžbom y = x - a y = x-a prolazi kroz točku (0; 3 ) (0;3). Odavde nalazimo da je a = - 3 a=-3 i točka F F ima koordinate (- 3 ; 0) (-3;0). Prema tome, a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4) ) .
ODGOVOR
a) a ∈ (- 13 4 ; 13 4) , a\in (-\frac(13)(4); \frac(13)(4)),\:\:\: b) a ∈ (- 3 ; 13 4) a \in (-3; \frac(13)(4)) .
* {\^* Полезные формулы: !}
- \-- ravna linija koja prolazi točkom (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) i ima kutni koeficijent k k dana je jednadžbom y - y 0 = k (x - x 0) y-y_0= k(x-x_0);
- \-- kutni koeficijent pravca koji prolazi kroz točke (x 0 ; y 0) (x_0; y_0) i (x 1 ; y 1) (x_1; y_1), gdje je x 0 ≠ x 1 x_0 \neq x_1, izračunava se formulom k = y 1 - y 0 x 1 - x 0 k = \dfrac(y_1-y_0)(x_1-x_0) .
Komentar. Ako trebate pronaći vrijednost parametra pri kojem se dodiruju ravna linija y = k x + l y=kx+l i parabola y = a x 2 + b x + c y = ax^2+bx+c, tada možete napisati uvjet da jednadžba k x + l = a x 2 + b x + c kx+l = ax^2+bx+c ima točno jedno rješenje. Zatim na drugi način pronaći vrijednosti parametra a a za koje je vrh kuta je u točki A A je sljedeća: jednadžba x - a = 3 - x 2 x-a = 3-x^2 ima točno jedno rješenje ⇔ D = 1 + 4 (a + 3) = 0 ⇔ a = - 13 4 \Leftrightarrow D = 1 + 4(a+3) = 0 \Lijeva desna strelica a = -\ dfrac(13)(4) .
Napominjemo da je na ovaj način nemoguće zapisati uvjet da linija dodiruje proizvoljan graf. Na primjer, pravac y = 3 x - 2 y = 3x - 2 dodiruje kubnu parabolu y = x 3 y=x^3 u točki (1 ; 1) (1; 1) i siječe je u točki (- 2 ; - 8) (-2;-8), tj. jednadžba x 3 = 3 x + 2 x^3 = 3x+2 ima dva rješenja.
Nađite sve vrijednosti parametra a a , za svaku od kojih je jednadžba (a + 1 - | x + 2 |) (x 2 + 4 x + 1 - a) = 0 (a+1-|x+2| )(x^2 +4x+1-a) = 0 ima a) točno dva različita korijena; b) točno tri različita korijena.
Učinimo isto kao u primjeru 25. Oslikajmo skup rješenja ove jednadžbe na ravnini x O a xOa . To je ekvivalentno kombinaciji dviju jednadžbi:
1) a = | x + 2 | - 1 a = |x+2| -1 je kut s granama prema gore i vrhom u točki (- 2 ; - 1) (-2;-1) .
2) a = x 2 + 4 x + 1 a = x^2 + 4x + 1 - ovo je parabola s granama prema gore i vrhom u točki (- 2 ; - 3) (-2; -3) . Pogledajte sl. 14.
Pronalazimo sjecišne točke dvaju grafova. Desna grana kuta dana je jednadžbom y = x + 1 y=x+1 . Rješavanje jednadžbe
x + 1 = x 2 + 4 x + 1 x+1 = x^2+4x+1
nalazimo da je x = 0 x=0 ili x = - 3 x=-3 . Pogodna je samo vrijednost x = 0 x=0 (jer je za desnu granu x + 2 ≥ 0 x+2 \geq 0). Tada je a = 1 a=1 . Slično, nalazimo koordinate druge sjecišne točke - (- 4 ; 1) (-4; 1) .
Vratimo se na izvorni problem. Jednadžba ima točno dva rješenja za one a a za koje vodoravna linija a = const a=\textrm(const) siječe skup rješenja jednadžbe u dvije točke. Iz grafikona vidimo da to vrijedi za a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) a\in (-3;-1)\bigcup\(1\) . U slučaju tri sjecišta bit će točno tri rješenja, što je moguće samo kada je a = - 1 a=-1 .
ODGOVOR
a) a ∈ (- 3 ; - 1) ∪ ( 1 ) ; a\u (-3;-1)\bigcup\(1\);\:\:\: b) a = - 1 a=-1 .
$$\begin(cases) x^2-x-a \leq 0,\\ x^2+2x-6a \leq 0 \end(cases) $$
ima točno jedno rješenje.
Oslikajmo rješenja sustava nejednadžbi na ravnini x O a xOa . Prepišimo sustav u obliku $$ \begin(cases) a \leq -x^2+x,\\ a \geq \dfrac(x^2+6x)(6) .\end(cases) $$
Prvu nejednakost ispunjavaju točke koje leže na paraboli a = - x 2 + x a = -x^2+x i ispod nje, a drugu točke koje leže na paraboli a = x 2 + 6 x 6 a = \dfrac(x^2 +6x)(6) i više. Nalazimo koordinate vrhova parabola i njihovih sjecišta, a zatim gradimo graf. Vrh prve parabole je (1 2 ; 1 4) (\dfrac(1)(2);\dfrac(1)(4)), vrh druge parabole je (- 1 ; - 1 6) ( -1; -\dfrac( 1)(6)), točke presjeka su (0 ; 0) (0;0) i (4 7 ; 12 49) (\dfrac(4)(7); \dfrac(12 )(49)). Skup točaka koje zadovoljavaju sustav prikazan je na sl. 15. Vidi se da vodoravna linija a = const a=\textrm(const) ima točno jednu zajedničku točku s ovim skupom (što znači da sustav ima točno jedno rješenje) u slučajevima a = 0 a=0 i a = 1 4 a= \dfrac(1)(4) .
ODGOVOR
A = 0 , a = 1 4 a=0,\: a=\dfrac(1)(4)
Pronaći najmanja vrijednost parametar a a , za svaki od kojih sustav
$$\begin(cases) x^2+y^2 + 3a^2 = 2y + 2\sqrt(3)ax,\\ \sqrt(3)|x|-y=4 \end(cases) $$
ima jedinstveno rješenje.
Transformirajmo prvu jednadžbu, isticanje kompletnih kvadrata:
(x 2 - 2 3 a x + 3 a 2) + (y 2 - 2 y + 1) = 1 ⇔ (x - a 3) 2 + (y - 1) 2 = 1. 18 (x^2- 2\sqrt(3)ax+3a^2)+(y^2-2y+1)=1 \Lijeva desna strelica (x-a\sqrt(3))^2+(y-1)^2 =1. \:\:\:\lijevo(18\desno)
Za razliku od prethodnih problema, ovdje je bolje prikazati crtež na ravnini x O y xOy (crtež u ravnini "varijabla - parametar" obično se koristi za probleme s jednom varijablom i jednim parametrom - rezultat je skup na ravnini U ovom problemu imamo posla s dvije varijable i parametrom. Crtanje skupa točaka (x; y; a) (x; y; a) u trodimenzionalnom prostoru je težak zadatak; štoviše, takav crtež je malo vjerojatan biti vizualan). Jednadžba (18) specificira krug sa središtem (a 3 ; 1) (a\sqrt(3);1) radijusa 1. Središte tog kruga, ovisno o vrijednosti a a, može se nalaziti u bilo kojoj točki na pravac y = 1 y=1.
Druga jednadžba sustava je y = 3 | x | - 4 y = \sqrt(3)|x|-4 postavlja kut sa stranicama prema gore pod kutom od 60 ° 60^(\circ) u odnosu na os apscise (kutni koeficijent ravne linije je tangens kut nagiba tg 60 ° = 3 \textrm(tg )(60^(\circ)) = \sqrt(3)), s vrhom u točki (0; - 4) (0;-4) .
Ovaj sustav Jednadžbe imaju točno jedno rješenje ako kružnica dodiruje jednu od grana kuta. To je moguće u četiri slučaja (slika 16): središte kružnice može biti u jednoj od točaka A A, B B, C C, D D. Kako treba pronaći najmanju vrijednost parametra a a , zanima nas apscisa točke D D . Promotrimo pravokutni trokut D H M DHM. Udaljenost od točke D D do pravca H M HM jednaka je polumjeru kružnice, stoga je D H = 1 DH=1. Dakle, D M = D H sin 60 ° = 2 3 DM=\dfrac(DH)(\textrm(sin)(60^(\circ))) = \dfrac(2)(\sqrt(3)) . Koordinate točke M M nalaze se kao koordinate sjecišta dviju pravaca y = 1 y=1 i y = - 3 x - 4 y=-\sqrt(3)x-4 (lijeva strana kuta) .
Dobivamo M (- 5 3) M(-\dfrac(5)(\sqrt(3))) . Tada je apscisa točke D D jednaka - 5 3 - 2 3 = - 7 3 -\dfrac(5)(\sqrt(3))-\dfrac(2)(\sqrt(3))=-\dfrac( 7)(\ sqrt(3)) .
Kako je apscisa središta kruga jednaka a 3 a\sqrt(3) , slijedi da je a = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3) .
ODGOVOR
A = - 7 3 a=-\dfrac(7)(3)
Pronađite sve vrijednosti parametra a a , za svaku od kojih sustav
$$\početak(slučajevi) |4x+3y| \leq 12a,\\ x^2+y^2 \leq 14ax +6ay -57a^2+16a+64 \end(cases) $$
ima točno jedno rješenje.
Opišimo skupove rješenja svake od nejednadžbi na ravnini x O y xOy .
U drugoj nejednakosti biramo savršene kvadrate:
x 2 - 14 a x + 49 + y 2 - 6 a y + 9 a 2 ≤ a 2 + 16 a + 64 ⇔ (x - 7 a) 2 + (y - 3 a) 2 ≤ (a + 8) 2 (19 ) x^2-14ax+49 + y^2-6ay + 9a^2 \leq a^2 + 16a + 64 \Lijeva desna strelica (x-7a)^2+(y-3a)^2 \leq (a+8 )^2 \:\:\:\: (19)
Kada je a + 8 = 0 a+8=0 (a = - 8 a=-8), nejednadžba (19) zadaje točku s koordinatama (7 a ; 3 a) (7a; 3a), tj. (- 56 ; - 24) (-56;-24) . Za sve druge vrijednosti a (19) definira krug sa središtem u točki (7 a ; 3 a) (7a; 3a) polumjera | a + 8 | |a+8| .
Razmotrimo prvu nejednakost.
1) Za negativno a a nema rješenja. To znači da sustav nema rješenja.
2) Ako je a = 0 a=0, tada dobivamo ravnu liniju 4 x + 3 y = 0 4x+3y=0. Iz druge nejednadžbe dobivamo kružnicu sa središtem (0; 0) (0; 0) radijusa 8. Očito postoji više od jednog rješenja.
3) Ako je $$a>0$$, tada je ova nejednakost ekvivalentna dvostrukoj nejednakosti - 12 a ≤ 4 x + 3 y ≤ 12 a -12a \leq 4x+3y \leq 12a . Definira traku između dvije ravne crte y = ± 4 a - 4 x 3 y=\pm 4a -\dfrac(4x)(3) , od kojih je svaka paralelna s pravom crtom 4 x + 3 y = 0 4x+ 3y=0 (slika 17).
Budući da razmatramo $$a>0$$, središte kruga nalazi se u prvoj četvrtini na liniji y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Doista, koordinate središta su x = 7 a x=7a , y = 3 a y=3a ; izražavajući a i izjednačavajući, dobivamo x 7 = y 3 \dfrac(x)(7)=\dfrac(y)(3) , odakle je y = 3 x 7 y = \dfrac(3x)(7) . Da bi sustav imao točno jedno rješenje, potrebno je i dovoljno da kružnica dodiruje pravac a 2 a_2 . To se događa kada je polumjer kružnice jednak udaljenosti od središta kružnice do pravca a 2 a_2. Prema formuli za udaljenost od točke do pravca * (\^{*} получаем, что расстояние от точки (7 a ; 3 a) (7a;3a) до прямой 4 x + 3 y - 12 a = 0 4x+3y-12a=0 равно | 4 · 7 a + 3 · 3 a - 12 a | 4 2 + 3 2 = 5 a \dfrac{|4\cdot 7a + 3\cdot 3a -12a|}{\sqrt{4^2+3^2}} = 5\left|a\right| . Приравнивая к радиусу круга, получаем 5 a = | a + 8 | 5{a} = |a+8| . Так как $$a>0$$, опускаем модули и находим, что a = 2 a=2 .!}
ODGOVOR
A = 2 a=2
* {\^{*} Пусть даны точка M (x 0 ; y 0) M (x_0;y_0) и прямая l l , заданная уравнением a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 . Тогда расстояние от точки M M до прямой l l определяется формулой ρ = | a x 0 + b x 0 + c | a 2 + b 2 \rho = \dfrac{|ax_0+bx_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} . !}
Pri kojim vrijednostima parametra a a sustav radi
$$\begin(cases) |x|+|y|=1,\\ |x+a|+|y+a|=1 \end(cases)$$ nema rješenja?
Prva jednadžba sustava definira kvadrat A B C D ABCD na ravnini x O y xOy (da biste je konstruirali, razmotrite x ≥ 0 x\geq 0 i y ≥ 0 y\geq 0 . Tada jednadžba poprima oblik x + y = 1 x+y=1. Dobivamo segment - dio linije x + y = 1 x+y=1, koji leži u prvoj četvrtini. Zatim odražavamo ovaj segment u odnosu na os O x Ox, a zatim odražavamo rezultirajući skup u odnosu na os O y Oy (vidi sliku 18). Druga jednadžba definira kvadrat P Q R S PQRS , jednak kvadratu A B C D ABCD , ali sa središtem u točki (- a ; - a) (-a;-a) . Na sl. Kao primjer, slika 18 prikazuje ovaj kvadrat za a = - 2 a=-2. Sustav nema rješenja ako se ta dva kvadrata ne sijeku.
Lako je vidjeti da ako se segmenti P Q PQ i B C BC podudaraju, tada je središte drugog kvadrata u točki (1; 1) (1; 1). Za nas odgovaraju one vrijednosti a, kod kojih se centar nalazi "gore" i "desno", tj. $$a1$$.
ODGOVOR
A ∈ (- ∞ ; - 1) ∪ (1 ; + ∞) a\in (-\infty;-1)\bigcup(1;+\infty) .
Pronađite sve vrijednosti parametra b b za koje sustav
$$\početak(slučajevi) y=|b-x^2|,\\ y=a(x-b) \kraj(slučajevi) $$
ima barem jedno rješenje za bilo koju vrijednost a .
Razmotrimo nekoliko slučajeva.
1) Ako je $$b2) Ako je b = 0 b=0 , tada sustav ima oblik $$\begin(cases) y=x^2,\\ y=ax .\end(cases) $$
Za bilo koji a a par brojeva (0 ; 0) (0;0) je rješenje ovog sustava, stoga je b = 0 b=0 prikladno.
3) Popravimo neke $$b>0$$. Prva jednadžba je zadovoljena skupom točaka dobivenih iz parabole y = x 2 - b y=x^2-b reflektiranjem dijela ove parabole u odnosu na os O x Ox (vidi sl. 19a, b). Druga jednadžba definira obitelj ravnih linija (zamjenom različitih vrijednosti a a , možete dobiti sve vrste ravnih linija koje prolaze kroz točku (b ; 0) (b; 0) , osim one okomite), prolazeći kroz točku (b ; 0) (b; 0) . Ako točka (b ; 0) (b; 0) leži na odsječku [ - b ; b ] [-\sqrt(b);\sqrt(b)] . apscisne osi, tada pravac siječe graf prve funkcije za bilo koji nagib (slika 19a). Inače (slika 19b) u svakom slučaju će postojati ravna linija koja ne siječe ovaj graf. Rješavajući nejednadžbu - b ≤ b ≤ b -\sqrt(b)\leq b \leq \sqrt(b) i uzimajući u obzir da je $$b>0$$, dobivamo da je b ∈ (0 ; 1 ] b \ u (0;1] .
Kombiniramo rezultate: $$b \in $$.
ODGOVOR
$$b \u $$
Pronađite sve vrijednosti a a , za svaku od kojih je funkcija f (x) = x 2 - | x - a 2 | - 3 x f(x) = x^2-|x-a^2|-3x ima najmanje jednu maksimalnu točku.
Proširujući modul, dobivamo to
$$f(x) = \begin(cases) x^2-4x+a^2, \:\:\: x\geq a^2 ,\\ x^2-2x-a^2, \:\ :\: x\leq a^2 . \kraj(slučajevi) $$
Na svakom od dva intervala, graf funkcije y = f (x) y=f(x) je parabola s granama prema gore.
Kako parabole s granama prema gore ne mogu imati maksimalne točke, jedina je mogućnost da je maksimalna točka granična točka ovih intervala - točka x = a 2 x=a^2 . U ovoj će točki postojati maksimum ako vrh parabole y = x 2 - 4 x + a 2 y=x^2-4x+a^2 padne na interval $$x>a^2$$, i vrh parabole y = x 2 - 2 x - a 2 y=x^2-2x-a^2 - za interval $$x\lt a^2$$ (vidi sliku 20). Ovaj uvjet zadan je nejednakostima i $$2 \gt a^2$$ i $$1 \lt a^2$$, rješavanjem kojih nalazimo da je a ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\ sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2)) .
ODGOVOR
A ∈ (- 2 ; 1) ∪ (1 ; 2) a\in (-\sqrt(2);1)\bigcup(1;\sqrt(2))
Nađite sve vrijednosti a a za svaku od njih opća rješenja nejednadžbi
y + 2 x ≥ a y+2x \geq a i y - x ≥ 2 a (20) y-x \geq 2a \:\:\:\:\:\:\:\: (20)
su rješenja nejednadžbe
$$2y-x>a+3 \:\:\:\:\:\:\:\:\: (21)$$
Za snalaženje u situaciji ponekad je korisno uzeti u obzir vrijednost jednog parametra. Napravimo crtež, na primjer, za a = 0 a=0 . Nejednadžbe (20) (u stvari, radi se o sustavu nejednadžbi (20)) zadovoljavaju točke kuta B A C BAC (vidi sl. 21) - točke od kojih svaka leži iznad obje ravne crte y = - 2 x y=-2x i y = x y =x (ili na ovim linijama). Nejednakost (21) zadovoljavaju točke koje leže iznad pravca y = 1 2 x + 3 2 y = \dfrac(1)(2)x + \dfrac(3)(2) . Vidi se da kada je a = 0 a=0 uvjet problema nije zadovoljen.
Što će se promijeniti ako za parametar a a uzmemo drugu vrijednost? Svaki od pravaca će se pomaknuti i pretvoriti u pravac paralelan sa samim sobom, budući da kutni koeficijenti pravaca ne ovise o a. Da bi uvjet zadatka bio ispunjen, cijeli kut B A C BAC mora ležati iznad pravca l l . Kako su kutni koeficijenti pravaca A B AB i A C AC veći po apsolutnoj vrijednosti od kutnog koeficijenta pravca l l , potrebno je i dovoljno da vrh kuta leži iznad pravca l l .
Rješavanje sustava jednadžbi
$$\begin(cases) y+2x=a,\\ y-x=2a, \end(cases)$$
pronađite koordinate točke A (- a 3 ; 5 a 3) A(-\dfrac(a)(3);\dfrac(5a)(3)) . Moraju zadovoljiti nejednadžbu (21), pa $$\dfrac(10a)(3)+\dfrac(a)(3) > a+3$$, odakle $$a>\dfrac(9)(8)$$ .
ODGOVOR
$$a>\dfrac(9)(8)$$
FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE
ZAVOD ZA RAZVOJ OBRAZOVANJA
“Grafičke metode rješavanja jednadžbi i nejednadžbi s parametrima”
Završeno
profesorica matematike
Općinska obrazovna ustanova srednja škola br. 62
Lipetsk 2008
UVOD................................................. ......................................................... ............. .3
x;na) 4
1.1. Paralelni prijenos..................................................... ... ................................. 5
1.2. Skretanje................................................. ................................................. ...... 9
1.3. Homotetija. Kompresija u ravnu liniju.................................................. ..... ................. 13
1.4. Dvije prave u ravnini..................................................... ......................... 15
2. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINATNA RAVNINA ( x;A) 17
ZAKLJUČAK................................................. ............................................ 20
BIBLIOGRAFSKI POPIS................................................ ................................. 22
UVOD
Problemi s kojima se školarci susreću pri rješavanju nestandardne jednadžbe a nejednakosti su uzrokovane kako relativnom složenošću tih problema tako i činjenicom da je škola u pravilu usmjerena na rješavanje standardnih problema.
Mnogi školarci percipiraju parametar kao "običan" broj. Doista, u nekim se problemima parametar može smatrati konstantnom vrijednošću, ali ta konstantna vrijednost poprima nepoznate vrijednosti! Stoga je potrebno razmotriti problem za sve moguće vrijednosti ove konstante. U drugim problemima može biti zgodno umjetno proglasiti jednu od nepoznanica kao parametar.
Drugi školarci tretiraju parametar kao nepoznatu veličinu i bez srama mogu izraziti parametar u smislu varijable u svom odgovoru X.
Na završnim i prijamnim ispitima postoje uglavnom dvije vrste problema s parametrima. Možete ih odmah razlikovati po tekstu. Prvo: "Za svaku vrijednost parametra pronađite sva rješenja neke jednadžbe ili nejednadžbe." Drugo: "Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih su zadovoljeni određeni uvjeti za danu jednadžbu ili nejednadžbu." Sukladno tome, odgovori u zadacima ove dvije vrste bitno se razlikuju. U odgovoru na problem prvog tipa navedene su sve moguće vrijednosti parametra i za svaku od tih vrijednosti napisana su rješenja jednadžbe. Odgovor na problem drugog tipa ukazuje na sve vrijednosti parametara pod kojima su ispunjeni uvjeti navedeni u problemu.
Rješenje jednadžbe s parametrom za zadanu fiksnu vrijednost parametra je takva vrijednost nepoznanice, kada se zamijeni u jednadžbu, potonja se pretvara u ispravnu numeričku jednakost. Slično se određuje i rješenje nejednadžbe s parametrom. Riješite jednadžbu (nejednadžbu) s parametrom - to znači za sve dopuštena vrijednost parametar, pronaći skup svih rješenja zadane jednadžbe (nejednadžbe).
1. GRAFIČKE TEHNIKE. KOORDINATNA RAVNINA ( x;na)
Uz osnovne analitičke tehnike i metode za rješavanje problema s parametrima, postoje načini korištenja vizualnih i grafičkih interpretacija.
Ovisno o tome koja je uloga parametra u problemu (nejednaka ili jednaka varijabli), mogu se razlikovati dvije glavne grafičke tehnike: prva je konstrukcija grafičke slike na koordinatnoj ravnini (X;y), drugi - na (X; A).
Na ravnini (x; y) funkcija y =f (X; A) definira familiju krivulja ovisno o parametru A. Jasno je da svaka obitelj f ima određena svojstva. Nas će prije svega zanimati kakva se transformacija u ravnini (paralelna translacija, rotacija itd.) može koristiti za prijelaz s jedne krivulje familije na drugu. Svakoj od ovih transformacija bit će posvećen poseban odlomak. Čini nam se da takva klasifikacija olakšava odlučivaču pronalaženje potrebne grafičke slike. Imajte na umu da kod ovog pristupa ideološki dio rješenja ne ovisi o tome koja će figura (ravna crta, krug, parabola itd.) biti član obitelji krivulja.
Naravno, grafička slika obitelji nije uvijek y =f (X;A) opisan jednostavnom transformacijom. Stoga u slične situacije Korisno je usredotočiti se ne na to kako su krivulje iste obitelji povezane, već na same krivulje. Drugim riječima, možemo razlikovati drugu vrstu problema kod kojih se ideja rješenja primarno temelji na svojstvima specifičnog geometrijski oblici, a ne obitelj u cjelini. Koje će nas figure (točnije obitelji tih figura) prije svega zanimati? To su ravne linije i parabole. Ovaj izbor je zbog posebnog (osnovnog) položaja linearnih i kvadratnih funkcija u školskoj matematici.
Govoreći o grafičkim metodama, nemoguće je zaobići jedan problem koji je “rođen” iz prakse natjecateljskih ispita. Mislimo na pitanje strogosti, a time i zakonitosti odluke koja se temelji na slikovitim razmatranjima. Nedvojbeno, s formalnog gledišta, rezultat uzet iz “slike”, nepotkrijepljen analitički, nije dobiven striktno. No, tko, kada i gdje određuje razinu strogoće koje se srednjoškolac treba pridržavati? Po našem mišljenju, zahtjeve za razinu matematičke strogosti za učenika treba odrediti zdravim razumom. Razumijemo stupanj subjektivnosti takvog gledišta. Štoviše, grafička metoda samo je jedno od sredstava preglednosti. A vidljivost može zavarati..gif" width="232" height="28"> ima samo jedno rješenje.
Riješenje. Radi praktičnosti, označavamo lg b = a. Napišimo jednadžbu koja je ekvivalentna originalnoj: https://pandia.ru/text/78/074/images/image004_56.gif" width="125" height="92">
Građenje grafa funkcije 
s domenom definicije i (slika 1). Dobiveni graf je skup ravnih linija y = a mora presijecati samo u jednoj točki. Slika pokazuje da je ovaj zahtjev ispunjen samo kada a > 2, tj. lg b> 2, b> 100.
Odgovor. https://pandia.ru/text/78/074/images/image010_28.gif" width="15 height=16" height="16"> odredite broj rješenja jednadžbe 
.
Riješenje. Nacrtajmo funkciju 102" height="37" style="vertical-align:top">
|
Razmotrimo. Ovo je ravna linija paralelna s osi OX.
Odgovor..gif" width="41" height="20">, zatim 3 rješenja;
ako je , tada 2 rješenja;
ako , 4 rješenja.
Prijeđimo na novu seriju zadataka..gif" width="107" height="27 src=">.
Riješenje. Izgradimo ravnu liniju na= x+1 (Sl. 3)..gif" width="92" height="57">
imaju jedno rješenje, koje je ekvivalentno za jednadžbu ( x+1)2 = x + A imaju jedan korijen..gif" width="44 height=47" height="47"> izvorna nejednadžba nema rješenja. Imajte na umu da netko tko je upoznat s izvodom može dobiti ovaj rezultat drugačije.
Zatim, pomičući "poluparabolu" ulijevo, popravit ćemo posljednji trenutak kada su grafikoni na = x+ 1 i imaju dvije zajedničke točke (pozicija III). Ovaj je raspored osiguran zahtjevom A= 1.
Jasno je da za segment [ x 1; x 2], gdje x 1 i x 2 – apscise točaka presjeka grafova, bit će rješenje izvorne nejednadžbe..gif" width="68 height=47" height="47">, tada 
Kada se "poluparabola" i pravac sijeku u samo jednoj točki (ovo odgovara slučaju a > 1), tada će rješenje biti segment [- A; x 2"], gdje x 2" – najveći od korijena x 1 i x 2 (pozicija IV).
Primjer 4..gif" width="85" height="29 src=">.gif" width="75" height="20 src="> .
Odavde dobivamo 
.
Pogledajmo funkcije i . Među njima samo jedna definira familiju krivulja. Sada vidimo da je zamjena donijela nesumnjivu korist. Paralelno, napominjemo da u prethodnom problemu, koristeći sličnu zamjenu, možete napraviti ne "polu-parabola" potez, već ravnu liniju. Pogledajmo sl. 4. Očito, ako je apscisa vrha “poluparabole” veća od jedan, tj. –3 A > 1, , tada jednadžba nema korijena..gif" width="89" height="29"> i imaju različitu monotonost.
Odgovor. Ako tada jednadžba ima jedan korijen; ako https://pandia.ru/text/78/074/images/image039_10.gif" width="141" height="81 src=">
ima rješenja.
Riješenje. Jasno je da izravne obitelji https://pandia.ru/text/78/074/images/image041_12.gif" width="61" height="52">..jpg" width="259" height="155 " >
Značenje k1 naći ćemo zamjenom para (0;0) u prvu jednadžbu sustava. Odavde k1 =-1/4. Značenje k 2 dobivamo zahtijevajući od sustava
https://pandia.ru/text/78/074/images/image045_12.gif" width="151" height="47"> kada k> 0 imaju jedan korijen. Odavde k2= 1/4.
Odgovor. .
Napravimo jednu napomenu. U nekim primjerima ove točke morat ćemo riješiti standardni problem: za familiju linija pronaći njezin kutni koeficijent koji odgovara trenutku dodirivanja s krivuljom. Pokazat ćemo vam kako to učiniti u opći pogled pomoću izvedenice.
Ako (x0; g 0) = središte rotacije, zatim koordinate (X 1; na 1) dodirne točke s krivuljom y =f(x) može se pronaći rješavanjem sustava
Potreban nagib k jednak .
Primjer 6. Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima jedinstveno rješenje?
Riješenje..gif" width="160" height="29 src=">..gif" width="237" height="33">, luk AB.
Sve zrake koje prolaze između OA i OB sijeku luk AB u jednoj točki, a također sijeku luk AB OB i OM (tangenta) u jednoj točki..gif" width="16" height="48 src=">. koeficijent tangente je jednak .Lako se nalazi iz sustava
Dakle, izravne obitelji https://pandia.ru/text/78/074/images/image059_7.gif" width="139" height="52">.
Odgovor. 
.
Primjer 7..gif" width="160" height="25 src="> ima rješenje?
Riješenje..gif" width="61" height="24 src="> i smanjuje se za . Točka je najveća točka.
Funkcija je skup ravnih linija koje prolaze točkom https://pandia.ru/text/78/074/images/image062_7.gif" width="153" height="28"> je luk AB. Pravac linije koje će se nalaziti između pravaca OA i OB, zadovoljavaju uvjete zadatka..gif" width="17" height="47 src=">.
Odgovor..gif" width="15" height="20">nema rješenja.
1.3. Homotetija. Kompresija do ravne linije.
Primjer 8. Koliko rješenja ima sustav?
https://pandia.ru/text/78/074/images/image073_1.gif" width="41" height="20 src="> sustav nema rješenja. Za fiksni a > 0 graf prve jednadžbe je kvadrat s vrhovima ( A; 0), (0;-A), (-a;0), (0;A). Dakle, članovi obitelji su homotetični kvadrati (središte homotetije je točka O(0; 0)).
Pogledajmo sl. 8..gif" width="80" height="25"> svaka stranica kvadrata ima dvije zajedničke točke s krugom, što znači da će sustav imati osam rješenja. Kada se pokaže da je krug upisan u kvadrat, tj. opet će biti četiri rješenja Očito, sustav nema rješenja.
Odgovor. Ako A< 1 или https://pandia.ru/text/78/074/images/image077_1.gif" width="56" height="25 src=">, tada postoje četiri rješenja; ako je , tada postoji osam rješenja.
Primjer 9. Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih je jednadžba https://pandia.ru/text/78/074/images/image081_0.gif" width="181" height="29 src=">. Razmotrimo funkciju ..jpg" width="195" height="162">
Broj korijena će odgovarati broju 8 kada je polumjer polukruga veći i manji od , tj. Imajte na umu da postoji .
Odgovor. 
ili .
1.4. Dvije prave u ravnini
U biti, ideja rješavanja problema ovog odlomka temelji se na pitanju proučavanja relativnog položaja dviju ravnih linija: 
I 
. Lako je prikazati rješenje ovog problema u općenitom obliku. Osvrnut ćemo se izravno na konkretne tipične primjere, koji, po našem mišljenju, neće oštetiti opću stranu problema.
Primjer 10. Za ono što a i b čini sustav
https://pandia.ru/text/78/074/images/image094_0.gif" width="160" height="25 src=">..gif" width="67" height="24 src="> , t..gif" width="116" height="55">
Nejednakost sustava definira poluravninu s rubom na= 2x– 1 (slika 10). Lako je shvatiti da dobiveni sustav ima rješenje ako je pravac ah +prema = 5 siječe granicu poluravnine ili, budući da je s njom paralelna, leži u poluravnini na– 2x + 1 < 0.
Počnimo sa slučajem b = 0. Tada bi se činilo da jednadžba Oh+ od = 5 definira okomitu liniju koja očito siječe liniju y = 2X - 1. Međutim, ova izjava je točna samo kada ..gif" width="43" height="20 src="> sustav ima rješenja ..gif" width="99" height="48">. U ovom slučaju uvjet za sjecište pravaca postiže se na , tj. ..gif" width="52" height="48">.gif" width="41" height="20"> i , ili i , ili i https ://pandia.ru/text/78/074/images/image109_0.gif" width="69" height="24 src=">.
− U koordinatnoj ravnini xOa gradimo graf funkcije.
− Razmotrimo ravne linije i odaberemo one intervale osi Oa na kojima te ravne linije zadovoljavaju sljedeće uvjete: a) ne sijeku graf funkcije https://pandia.ru/text/78/074/images/image109_0 .gif" width="69" height ="24"> u jednoj točki, c) u dvije točke, d) u tri točke i tako dalje.
− Ako je zadatak pronaći vrijednosti x, onda izražavamo x kroz a za svaki od pronađenih intervala vrijednosti a zasebno.
Pogled na parametar kao jednaku varijablu odražava se u grafičkim metodama..jpg" width="242" height="182">
Odgovor. a = 0 ili a = 1.
ZAKLJUČAK
Nadamo se da analizirani problemi uvjerljivo pokazuju učinkovitost predloženih metoda. No, nažalost, područje primjene ovih metoda ograničeno je poteškoćama na koje se može naići pri izradi grafičke slike. Je li stvarno tako loše? Očigledno nije. Uistinu, ovim se pristupom uvelike gubi glavna didaktička vrijednost problema s parametrima kao modela minijaturnog istraživanja. Međutim, gornja razmatranja upućena su učiteljima, a za kandidate je sasvim prihvatljiva formula: cilj opravdava sredstva. Štoviše, uzmimo slobodu reći da na znatnom broju sveučilišta sastavljači kompeticijskih problema s parametrima slijede put od slike do stanja.
U ovim smo zadacima raspravljali o mogućnostima rješavanja problema s parametrom koje nam se otvaraju kada na list papira crtamo grafove funkcija koje se nalaze na lijevoj i desnoj strani jednadžbi ili nejednadžbi. Zbog činjenice da parametar može poprimiti proizvoljne vrijednosti, jedan ili oba prikazana grafikona pomiču se na određeni način u ravnini. Možemo reći da se dobiva cijela obitelj grafova koji odgovaraju različitim vrijednostima parametra.
Naglasimo snažno dva detalja.
Prvo, ne govorimo o "grafičkom" rješenju. Sve vrijednosti, koordinate, korijeni izračunavaju se striktno, analitički, kao rješenja odgovarajućih jednadžbi i sustava. Isto vrijedi i za slučajeve dodirivanja ili križanja grafova. Oni se ne određuju okom, već uz pomoć diskriminanata, izvedenica i drugih alata koji su vam dostupni. Slika samo daje rješenje.
Drugo, čak i ako ne pronađete način da riješite problem povezan s prikazanim grafikonima, vaše će se razumijevanje problema značajno proširiti, dobit ćete informacije za samotestiranje i šanse za uspjeh će se značajno povećati. Točno zamišljajući što se događa u problemu kada različita značenja parametra, možda ćete pronaći ispravan algoritam rješenja.
Stoga ćemo ove riječi zaključiti s hitnim prijedlogom: ako i u najsloženijem problemu postoje funkcije za koje znate crtati grafove, svakako to učinite, nećete požaliti.
BIBLIOGRAFSKI POPIS
1. Čerkasov,: Priručnik za srednjoškolce i kandidate za sveučilišta [Tekst] /, . – M.: AST-PRESS, 2001. – 576 str.
2. Gorshtein, s parametrima [Tekst]: 3. izdanje, prošireno i revidirano / , . – M.: Ilexa, Kharkov: Gymnasium, 1999. – 336 str.
1. Utvrđivanje osobne motivacije učenika. Za nastavak školovanja, za samorazvoj i intelektualni rast, potrebno je marljivo i svjesno učiti te brinuti o svom zdravlju. 2. Upoznavanje pojma "parametar". Parametar je veličina koja karakterizira osnovna svojstva promjena u sustavu ili pojavi. ( Rječnik)
U jednadžbama (nejednadžbama) koeficijenti nepoznanica ili slobodni članovi navedeni ne određenim brojčanim vrijednostima, već označeni slovima, nazivaju se parametri. Primjer: Rješavanje problema s parametrom znači za svaku vrijednost parametra pronaći vrijednosti x koje zadovoljavaju uvjete ovog problema.
X y x y a > 0 a 0, (2 korijena) 0 a 0, (2 korijena)"> 0 a 0, (2 korijena)"> 0 a 0, (2 korijena)" title="x y x y a > 0 a 0, (2 korijena)"> title="x y x y a > 0 a 0, (2 korijena)"> !}
Xuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu
2. kada jednadžba poprima oblik i ima korijen x = 0. 3. pri nalazimo korijene jednadžbe pomoću formule Odgovor: pri nema korijena; s jednim korijenom x =0. sa dva korijena 1. lijeva strana jednadžba je nenegativna za bilo koju vrijednost nepoznanice x. nema rješenja. x y 0 y = a "POGLEDAJ!" Metoda 1 (analitička) Metoda 2 (grafička)
Pri kojim vrijednostima parametra a jednadžba ima jedno rješenje? Napišimo jednadžbu u obliku: x Izgradimo grafove funkcija: Odgovor: a = 3 i pomičnog pravca y = a. A
Za koje vrijednosti parametra a jednadžba nema rješenja? x y Izgradimo graf.Sa slike vidimo at i ravnu liniju y = a. nema rješenja. a odgovor:
(Grafička metoda rješavanja problema s parametrom) Problem s parametrom može se promatrati kao funkcija f (x; a) =0 1. Konstruirati grafičku sliku 2. Dobiveni graf presjeći ravnim linijama paralelnim s apscisom 3. “Pročitajte” potrebne informacije Shema rješenja: !!!
3 Odgovor: 1 korijen " title=" Označite broj korijena jednadžbe f(x) = a za sve vrijednosti parametra a. 1 35-2 1 x a -5 3 1 korijen, a3 Odgovor: 1 korijen" class="link_thumb"> 15 !} Označite broj korijena jednadžbe f(x) = a za sve vrijednosti parametra a x a korijen, a3 Odgovor: 1 korijen za a 3 2 korijena za a = -5, a = 3 3 korijena za 1 3 Odgovor: 1 korijen "> 3 Odgovor: 1 korijen za a 3 2 korijena za a = -5, a = 3 3 korijena za 1 3 Odgovor: 1 korijen " title=" Označite broj korijena jednadžbe f(x) = a za sve vrijednosti parametra a. 1 35-2 1 x a -5 3 1 korijen, a3 Odgovor: 1 korijen"> title="Navedite broj korijena jednadžbe f(x) = a za sve vrijednosti parametra a. 1 35-2 1 x a -5 3 1 korijen, a3 Odgovor: 1 korijen">!}
X y y Za koje vrijednosti parametra a jednadžba ima dva korijena? x y x
1) Kada je a = 3, vrh pravog kuta; Nađite zbroj cjelobrojnih vrijednosti parametra a za koje jednadžba ima tri korijena. Izvorna jednadžba je ekvivalentna skupu B, izražavajući parametar a, dobivamo: Sa slike je jasno da jednadžba ima tri korijena u 3 slučaja x a a 1 = 3 a 2 = ? i 3 =? Tada je a = = 5. Odgovor. 8. 2) Kada je x 4, a 2 = 5 a 3 a 3 4, a 2 = 5 a 3 a 3"> 
