Riješit ću sustav jedinstvenog državnog ispita s parametrom. Sustavi jednadžbi s parametrom


1. zadatak #6329

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite sve vrijednosti parametra \(a\) , za svaku od kojih sustav \[\početak(slučajevi) (x-2a-2)^2+(y-a)^2=1\\ y^2=x^2\kraj(slučajevi)\]

ima točno četiri rješenja.

(USE 2018, glavni val)

Druga jednadžba sustava može se prepisati kao \(y=\pm x\) . Stoga razmatramo dva slučaja: kada \(y=x\) i kada \(y=-x\) . Tada će broj rješenja sustava biti jednak zbroju rješenja u prvom i drugom slučaju.

1) \(y=x\) . Zamijenimo u prvu jednadžbu i dobijemo: \ (imajte na umu da ćemo u slučaju \(y=-x\) učiniti isto i također dobiti kvadratna jednadžba)
Da bi izvorni sustav imao 4 razna rješenja, potrebno je da u svakom od dva slučaja postoje 2 rješenja.
Kvadratna jednadžba ima dva korijena kada joj je \(D>0\) . Pronađimo diskriminantu jednadžbe (1):
\(D=-4(a^2+4a+2)\) .
Diskriminant veći od nule: \(a^2+4a+2<0\) , откуда \(a\in (-2-\sqrt2; -2+\sqrt2)\).

2) \(y=-x\) . Dobivamo kvadratnu jednadžbu: \ Diskriminant je veći od nule: \(D=-4(9a^2+12a+2)>0\), odakle \(a\u \lijevo(\frac(-2-\sqrt2)3; \frac(-2+\sqrt2)3\desno)\).

Potrebno je provjeriti podudaraju li se rješenja u prvom slučaju s rješenjima u drugom slučaju.

Neka je \(x_0\) opće rješenje jednadžbi (1) i (2). \ Odavde dobivamo ili \(x_0=0\) ili \(a=0\) .
Ako \(a=0\) , onda su jednadžbe (1) i (2) iste, dakle, imaju iste korijene. Ovaj slučaj nam ne odgovara.
Ako je \(x_0=0\) njihov zajednički korijen, tada \(2x_0^2-2(3a+2)x_0+(2a+2)^2+a^2-1=0\), odakle \((2a+2)^2+a^2-1=0\) , odakle \(a=-1\) ili \(a=-0,6\) . Tada će cijeli izvorni sustav imati 3 različita rješenja, što nama ne odgovara.

S obzirom na sve ovo, odgovor će biti:

Odgovor:

\(a\u\lijevo(\frac(-2-\sqrt2)3; -1\desno)\šalica\lijevo(-1; -0,6\desno)\šalica\lijevo(-0,6; - 2+\sqrt2 \pravo)\)

2. zadatak #4032

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite sve vrijednosti \(a\) , za svaku od kojih sustav \[\begin(cases) (a-1)x^2+2ax+a+4\leqslant 0\\ ax^2+2(a+1)x+a+1\geqslant 0 \end(cases)\ ]

ima jedinstveno rješenje.

Prepišimo sustav u obliku: \[\begin(cases) ax^2+2ax+a\leqslant x^2-4\\ ax^2+2ax+a\geqslant -2x-1 \end(cases)\] Razmotrimo tri funkcije: \(y=ax^2+2ax+a=a(x+1)^2\) , \(g=x^2-4\) , \(h=-2x-1\) . Iz sustava slijedi \(y\leqslant g\) , ali \(y\geqslant h\) . Stoga, da bi sustav imao rješenja, graf \(y\) mora biti u području koje je određeno uvjetima: "iznad" grafa \(h\), ali "ispod" grafa \(g\):

(nazvat ćemo "lijevu" regiju regija I, "desnu" regiju regija II)
Imajte na umu da je za svaki fiksni \(a\ne 0\) graf \(y\) parabola, čiji je vrh u točki \((-1;0)\), a grane su usmjerene ili gore ili dolje. Ako \(a=0\) , tada jednadžba izgleda kao \(y=0\), a grafikon je ravna linija koja koincidira s osi x.
Imajte na umu da kako bi izvorni sustav imao jedinstveno rješenje, graf \(y\) mora imati točno jednu zajedničku točku s regijom I ili regijom II (to znači da graf \(y\) mora imati jednu zajedničku točku s granicom jednog od tih područja).

Pogledajmo nekoliko slučajeva zasebno.

1) \(a>0\) . Tada su grane parabole \(y\) okrenute prema gore. Da bi izvorni sustav imao jedinstveno rješenje, potrebno je da parabola \(y\) dodiruje granicu regije I ili granicu regije II, odnosno da dodiruje parabolu \(g\), a apscisa tangentne točke mora biti \(\leqslant -3\) ili \(\geqslant 2\) (to jest, parabola \(y\) mora dodirivati ​​granicu jednog od područja koje se nalazi iznad apscisne osi , budući da parabola \(y\) leži iznad osi apscise).

\(y"=2a(x+1)\) , \(g"=2x\) . Uvjeti da se grafovi \(y\) i \(g\) dodiruju u točki s apscisom \(x_0\leqslant -3\) ili \(x_0\geqslant 2\) : \[\begin(cases) 2a(x_0+1)=2x_0\\ a(x_0+1)^2=x_0^2-4 \\ \left[\begin(gathered)\begin(aligned) &x_0\leqslant - 3\\ &x_0\geqslant 2 \kraj(poravnano)\kraj(sakupljeno)\desno. \end(cases) \quad\Leftrightarrow\quad \begin(cases) \left[\begin(gathered)\begin(aligned) &x_0\leqslant -3\\ &x_0\geqslant 2 \end(aligned)\end(gathered) \desno.\\ a=\dfrac(x_0)(x_0+1)\\ x_0^2+5x_0+4=0 \end(cases)\] Iz ovog sustava \(x_0=-4\) , \(a=\frac43\) .
Dobili smo prvu vrijednost parametra \(a\) .

2) \(a=0\) . Tada \(y=0\) i jasno je da pravac ima beskonačan broj zajedničkih točaka s područjem II. Stoga nam ova vrijednost parametra ne odgovara.


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 \(<1\) ).

Nađimo \(a\) za koju parabola \(y\) prolazi točkom \(B\): \[-3=a(1+1)^2\quad\Rightarrow\quad a=-\dfrac34\] Osiguravamo da je s ovom vrijednošću parametra druga točka sjecišta parabole \(y=-\frac34(x+1)^2\) s ravnom linijom \(h=-2x-1\) točka s koordinatama \(\lijevo(-\frac13; -\frac13\desno)\).
Tako smo dobili drugu vrijednost parametra.

Budući da smo razmotrili sve moguće slučajeve za \(a\), konačni odgovor je: \

Odgovor:

\(\lijevo\(-\frac34; \frac43\desno\)\)

Zadatak 3 #4013

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite sve vrijednosti parametra \(a\) , za svaku od njih sustav jednadžbi \[\početak(slučajevi) 2x^2+2y^2=5xy\\ (x-a)^2+(y-a)^2=5a^4 \kraj(slučajevi)\]

ima točno dva rješenja.

1) Razmotrite prvu jednadžbu sustava kao kvadratnu u odnosu na \(x\) : \ Diskriminant je jednak \(D=9y^2\) , dakle, \ Tada se jednadžba može prepisati kao \[(x-2y)\cdot (2x-y)=0\] Stoga se cijeli sustav može prepisati kao \[\begin(cases) \left[\begin(gathered)\begin(aligned) &y=2x\\ &y=0.5x\end(aligned)\end(gathered)\desno.\\ (x-a)^2 + (y-a)^2=5a^4\end(cases)\] Skup definira dvije ravne crte, druga jednadžba sustava definira kružnicu sa središtem u \((a;a)\) i polumjerom \(R=\sqrt5a^2\) . Da bi izvorna jednadžba imala dva rješenja, krug mora presijecati graf populacije u točno dvije točke. Evo crteža kada je, na primjer, \(a=1\) :


Imajte na umu da budući da su koordinate središta kruga jednake, središte kruga "teče" po ravnoj liniji \(y=x\) .

2) Budući da pravac \(y=kx\) ima tangens kuta nagiba ovog pravca prema pozitivnom smjeru osi \(Ox\) jednak \(k\), tada je tangens kut nagiba ravne crte \(y=0,5x\) jednak \ (0,5\) (nazovimo to \(\mathrm(tg)\,\alpha\)), ravne crte \(y=2x \) jednako je \(2\) (nazovimo to \(\mathrm(tg)\ ,\beta\) ). primijeti da \(\mathrm(tg)\,\alpha\cdot \mathrm(tg)\,\beta=1\), stoga, \(\mathrm(tg)\,\alpha=\mathrm(ctg)\,\beta=\mathrm(tg)\,(90^\circ-\beta)\). Prema tome, \(\alpha=90^\circ-\beta\) , odakle \(\alpha+\beta=90^\circ\) . To znači da je kut između \(y=2x\) i pozitivnog smjera \(Oy\) jednak kutu između \(y=0,5x\) i pozitivnog smjera \(Ox\) :


A budući da je ravna linija \(y=x\) simetrala I koordinatnog kuta (to jest, kutovi između nje i pozitivnih pravaca \(Ox\) i \(Oy\) jednaki su \(45^ \circ\) ), tada su kutovi između \(y=x\) i pravaca \(y=2x\) i \(y=0,5x\) jednaki.
Sve ovo nam je bilo potrebno da kažemo da su pravci \(y=2x\) i \(y=0,5x\) međusobno simetrični u odnosu na \(y=x\), dakle, ako krug dodiruje jedan od njih , tada nužno dodiruje drugu liniju.
Imajte na umu da ako \(a=0\) , tada krug degenerira u točku \((0;0)\) i ima samo jednu točku sjecišta s obje linije. Odnosno, nama ovaj slučaj ne odgovara.
Dakle, da bi krug imao 2 sjecišta s linijama, mora dodirivati ​​ove linije:


Vidimo da je slučaj kada se krug nalazi u trećoj četvrtini simetričan (u odnosu na ishodište) slučaju kada se nalazi u prvoj četvrtini. Odnosno, u prvoj četvrtini \(a>0\) , a u trećoj \(a<0\) (но такие же по модулю).
Stoga ćemo razmotriti samo prvo tromjesečje.


primijeti da \(OQ=\sqrt((a-0)^2+(a-0)^2)=\sqrt2a\), \(QK=R=\sqrt5a^2\) . Onda\Onda \[\mathrm(tg)\,\kut QOK=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4))\] Ali na drugi način, \[\mathrm(tg)\,\kut QOK=\mathrm(tg)\,(45^\circ-\alpha)=\dfrac(\mathrm(tg)\, 45^\circ-\mathrm(tg) \,\alpha)(1+\mathrm(tg)\,45^\circ\cdot \mathrm(tg)\,\alpha)\] stoga, \[\dfrac(1-0.5)(1+1\cdot 0.5)=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4)) \quad\Leftrightarrow\quad a =\pm\ dfrac15\] Dakle, već smo odmah dobili i pozitivne i negativne vrijednosti za \(a\) . Dakle, odgovor je:\

Odgovor:

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

4. zadatak #3278

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite sve vrijednosti \(a\) , za svaku od njih jednadžba \

ima jedinstveno rješenje.

(USE 2017, službeno suđenje 21.04.2017.)

Napravimo promjenu \(t=5^x, t>0\) i premjestimo sve članove u jedan dio: \ Dobili smo kvadratnu jednadžbu čiji su korijeni, prema Vietinom teoremu, \(t_1=a+6\) i \(t_2=5+3|a|\) . Da bi izvorna jednadžba imala jedan korijen, dovoljno je da i rezultirajuća jednadžba s \(t\) ima jedan (pozitivan!) korijen.
Odmah primijetimo da će \(t_2\) za sve \(a\) biti pozitivno. Dakle, dobivamo dva slučaja:

1) \(t_1=t_2\) : \ &a=-\dfrac14 \end(poravnano) \end(sakupljeno) \desno.\]

2) Budući da je \(t_2\) uvijek pozitivno, tada \(t_1\) mora biti \(\leqslant 0\) : \

Odgovor:

\((-\infty;-6]\šalica\lijevo\(-\frac14;\frac12\desno\)\)

Zadatak 5 #3252

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

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

ima točno jedan korijen na segmentu \(\) .

(USE 2017, rezervni dan)

Jednadžba se može prepisati kao: \[\sqrt((x-a)(x+a))=\sqrt((3x-1)(x-a))\] Dakle, primjećujemo da je \(x=a\) korijen jednadžbe za bilo koji \(a\) , budući da jednadžba ima oblik \(0=0\) . Da bi ovaj korijen pripadao segmentu \(\) , potrebno je da \(0\leqslant a\leqslant 1\) .
Drugi korijen jednadžbe nalazi se iz \(x+a=3x-1\) , odnosno \(x=\frac(a+1)2\) . Da bi ovaj broj bio korijen jednadžbe, mora zadovoljiti ODZ jednadžbe, to jest: \[\lijevo(\dfrac(a+1)2-a\desno)\cdot \lijevo(\dfrac(a+1)2+a\desno)\geqslant 0\quad\Rightarrow\quad -\dfrac13\leqslant a\leqslant 1\] Da bi taj korijen pripadao segmentu \(\) , potrebno je da \ Dakle, da bi korijen \(x=\frac(a+1)2\) postojao i pripadao segmentu \(\) , potrebno je da \(-\frac13\leqslant a\leqslant 1\).
Imajte na umu da tada za \(0\leqslant a\leqslant 1\) oba korijena \(x=a\) i \(x=\frac(a+1)2\) pripadaju segmentu \(\) (tj. , jednadžba ima dva korijena na ovom segmentu), osim kada se podudaraju: \ Tako da nam odgovara \(a\u \lijevo[-\frac13; 0\desno)\) i \(a=1\) .

Odgovor:

\(a\u \lijevo[-\frac13;0\desno)\šalica\(1\)\)

6. zadatak #3238

Razina zadatka: jednaka Jedinstvenom državnom ispitu

Pronađite sve vrijednosti parametra \(a\) , za svaku od kojih je jednadžba \

ima jedan korijen na segmentu \(.\)

(USE 2017, rezervni dan)

Jednadžba je ekvivalentna: \ ODZ jednadžbe: \[\begin(cases) x\geqslant 0\\ x-a\geqslant 0\\3a(1-x) \geqslant 0\end(cases)\] Na ODZ-u jednadžba će se prepisati kao: \

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

2) Neka \(a=0\) . Zatim ODZ jednadžba: \(x\geqslant 0\) . Jednadžba će se prepisati kao: \ Rezultirajući korijen odgovara ODZ i uključen je u segment \(\) . Stoga je \(a=0\) prikladno.

3) Neka \(a>0\) . Zatim ODZ: \(x\geqslant a\) i \(x\leqslant 1\) . Stoga, ako \(a>1\) , tada je ODZ prazan skup. Dakle, \(0 Razmotrimo funkciju \(y=x^3-a(x^2-3x+3)\) . Istražimo to.
Derivacija je jednaka \(y"=3x^2-2ax+3a\). Odredimo koji predznak može imati derivacija. Da biste to učinili, pronađite diskriminantu jednadžbe \(3x^2-2ax+3a=0 \) : \(D=4a( a-9)\) Prema tome, za \(a\in (0;1]\) diskriminanta \(D<0\) . Значит, выражение \(3x^2-2ax+3a\) положительно при всех \(x\) . Следовательно, при \(a\in (0;1]\) производная \(y">0\) . Stoga se \(y\) povećava. Dakle, prema svojstvu rastuće funkcije, jednadžba \(y(x)=0\) ne može imati više od jednog korijena.

Dakle, da bi korijen jednadžbe (točka presjeka grafa \(y\) s osi apscisa) bio na segmentu \(\), potrebno je da \[\begin(cases) y(1)\geqslant 0\\ y(a)\leqslant 0 \end(cases)\quad\Rightarrow\quad a\in \] Uzimajući u obzir da je inicijalno u slučaju koji se razmatra \(a\in (0;1]\), tada je odgovor \(a\in (0;1]\). Imajte na umu da korijen \(x_1\) zadovoljava \( (1) \) , korijeni \(x_2\) i \(x_3\) zadovoljavaju \((2)\). Također primijetite da korijen \(x_1\) pripada segmentu \(\) .
Razmotrimo tri slučaja:

1) \(a>0\) . Zatim \(x_2>3\), \(x_3<3\) , следовательно, \(x_2\notin .\) Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\) в одном из двух случаях:
- \(x_1\) zadovoljava \((2)\) , \(x_3\) ne zadovoljava \((1)\) , ili se podudara s \(x_1\) , ili zadovoljava \((1)\) , ali nije uključeno u segment \(\) (to jest, manje od \(0\) );
- \(x_1\) ne zadovoljava \((2)\) , \(x_3\) zadovoljava \((1)\) i nije jednako \(x_1\) .
Imajte na umu da \(x_3\) ne može istovremeno biti manji od nule i zadovoljavati \((1)\) (tj. biti veći od \(\frac35\) ). S obzirom na ovu napomenu, slučajevi se bilježe u sljedećem skupu: \[\left[ \begin(sakupljeno)\begin(aligned) &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3-a\leqslant \dfrac35\ kraj(slučajevi)\\ &\početak(slučajevi) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3-a> Rješavajući ovaj skup i uzimajući u obzir da \(a>0\) , dobivamo: \

2) \(a=0\) . Tada \(x_2=x_3=3\in .\) Primijetite da u ovom slučaju \(x_1\) zadovoljava \((2)\) i \(x_2=3\) zadovoljava \((1)\) , tada postoji je jednadžba koja ima dva korijena na \(\) . Ova nam vrijednost \(a\) ne odgovara.

3)\(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) i \(x_3\notin \) . Slično kao u točki 1), potrebno je riješiti skup: \[\lijevo[ \begin(sakupljeno)\begin(aligned) &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ end(cases)\\ &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\end(cases) \end(aligned) \end(sakupljeno)\desno.\] Rješavajući ovaj skup i uzimajući u obzir da \(a<0\) , получим: \\]

Odgovor:

\(\lijevo(-\frac(13)5;-\frac(12)5\desno] \čaša\lijevo[\frac(12)5;\frac(13)5\desno)\)

Svrha ovog rada je proučavanje različitih načina rješavanja problema s parametrima. Sposobnost i sposobnost rješavanja problema s parametrima pokazuju vladanje metodama rješavanja jednadžbi i nejednadžbi, smisleno razumijevanje teorijskih informacija, razinu logičkog mišljenja i potiču kognitivnu aktivnost. Za razvoj ovih vještina potrebni su dulji napori, zbog čega je u specijaliziranim razredima 10-11 s produbljenim proučavanjem egzaktnih znanosti uveden kolegij „Matematički praktikum“, čiji je dio rješavanje jednadžbi i nejednadžbi s parametri. Tečaj je jedna od disciplina uključenih u sastavnicu školskog kurikuluma.

Uspješnom proučavanju metoda rješavanja problema s parametrima mogu pomoći izborni ili izborni kolegiji, odnosno sastavnica iza mreže na temu: “Problemi s parametrima”.

Razmotrimo četiri velike klase problema s parametrima:

  1. Jednadžbe, nejednadžbe i njihovi sustavi koji se moraju riješiti za bilo koju vrijednost parametra ili za vrijednosti parametra koji pripadaju određenom skupu.
  2. Jednadžbe, nejednadžbe i njihovi sustavi za koje je potrebno odrediti broj rješenja ovisno o vrijednosti parametra.
  3. Jednadžbe, nejednadžbe i njihovi sustavi, za koje je potrebno pronaći sve one vrijednosti parametara za koje navedene jednadžbe (sustavi, nejednadžbe) imaju zadani broj rješenja.
  4. Jednadžbe, nejednadžbe i njihovi sustavi za koje za tražene vrijednosti parametra skup rješenja zadovoljava zadane uvjete u domeni definiranja.

Metode rješavanja problema s parametrima.

1. Analitička metoda.

Ovo je metoda izravnog rješavanja koja ponavlja standardne postupke za pronalaženje odgovora u problemima bez parametra.

Primjer 1: Pronađite sve vrijednosti parametra a, za koju vrijedi jednadžba:

(2a – 1)x 2 + ax + (2a – 3) =0 ima najviše jedan korijen.

U 2 a– 1 = 0 ova jednadžba nije kvadratna, pa je slučaj a=1/2 razvrstava se zasebno.

Ako a= 1/2, tada jednadžba ima oblik 1/2 x– 2 = 0, ima jedan korijen.

Ako a≠ 1/2, tada je jednadžba kvadratna; da nema više od jednog korijena potrebno je i dovoljno da diskriminanta bude nepozitivna:

D= a 2 – 4(2a – 1)(2a – 3) = -15a 2 + 32a – 12;

Da biste zapisali konačan odgovor, morate razumjeti

2. Grafička metoda.

Ovisno o zadatku (s varijablom x i parametar a) grafovi u koordinatnoj ravnini ( x;y) ili u avionu ( x;a).

Primjer 2. Za svaku vrijednost parametra a odrediti broj rješenja jednadžbe .

Imajte na umu da je broj rješenja jednadžbe jednak broju sjecišnih točaka grafova funkcija I y = a.

Graf funkcije prikazano na sl. 1.

y = a je vodoravna linija. Pomoću grafa lako je odrediti broj sjecišta ovisno o a(na primjer, kada a= 11 – dvije točke presjeka; na a= 2 – osam točaka presjeka).

Odgovor: kada a < 0 – решений нет; при a= 0 i a= 25/4 – četiri rješenja; na 0< a < 6 – восемь решений; при a= 6 – sedam rješenja; na

6 < a < 25/4 – шесть решений; при a> 25/4 – dva rješenja.

3. Metoda rješavanja s obzirom na parametar.

Pri ovakvom rješavanju varijable x I A prihvaćaju se jednakima, a odabire se varijabla s obzirom na koju analitičko rješenje postaje jednostavnije. Nakon pojednostavljenja, morate se vratiti na izvorno značenje varijabli x I A i završi rješenje.

Primjer 3: Pronađite sve vrijednosti parametra A, za svaku od njih jednadžba = - sjekira +3a+2 ima jedinstveno rješenje.

Ovu jednadžbu ćemo riješiti mijenjanjem varijabli. Neka = t , t≥ 0, dakle x = t 2 + 8 i jednadžba postaje na 2 +t + 5a– 2 = 0. Sada je izazov pronaći sve A, za koju je jednadžba na 2 +t + 5a– 2 = 0 ima jedinstveno nenegativno rješenje. To se događa u sljedećim slučajevima.

1) Ako A= 0, onda jednadžba ima jedinstveno rješenje t = 2.

Rješavanje nekih vrsta jednadžbi i nejednadžbi s parametrima.

Problemi s parametrima pomažu u formiranju logičkog mišljenja i u stjecanju istraživačkih vještina.

Rješenje svakog problema je jedinstveno i zahtijeva individualni, nestandardni pristup, jer ne postoji jedinstveni način rješavanja takvih problema.

. Linearne jednadžbe.

Problem br. 1. Na kojim vrijednostima parametra b jednadžba nema korijena?

. Jednadžbe potencije, nejednadžbe i njihovi sustavi.

Zadatak br. 2. Pronađite sve vrijednosti parametara a, za koji je skup rješenja nejednadžbe:

sadrži broj 6, a sadrži i dva odsječka duljine 6 koji nemaju zajedničkih točaka.

Transformirajmo obje strane nejednakosti.

Da bi skup rješenja nejednadžbe sadržavao broj 6, potrebno je i dovoljno da bude ispunjen sljedeći uvjet:

sl.4

Na a> 6 skupova rješenja nejednadžbe: .

Interval (0;5) ne može sadržavati nijedan segment duljine 6. To znači da dva disjunktna ​​segmenta duljine 6 moraju biti sadržana u intervalu (5; a).

. Eksponencijalne jednadžbe, nejednadžbe i sustavi.

Problem br. 3. U području definiranja funkcije uzmite sve pozitivne cijele brojeve i zbrojite ih. Pronađite sve vrijednosti za koje je ovaj zbroj veći od 5, ali manji od 10.

1) Graf linearne razlomljene funkcije je hiperbola. Po stanju x> 0. S neograničenim povećanjem x razlomak monotono opada i približava se nuli, a vrijednosti funkcije z porasti i približiti se 5. Štoviše, z(0) = 1.

2) Po definiciji stupnja, domena definicije D(y) sastoji se od rješenja nejednadžbe. Na a= 1 dobivamo nejednadžbu koja nema rješenja. Stoga funkcija na nije nigdje definirano.

3) Na 0< a< 1 показательная функция с основанием A smanjuje i nejednakost je ekvivalentna nejednakosti. Jer x> 0, dakle z(x) > z(0) = 1. To znači da svaka pozitivna vrijednost x je rješenje nejednadžbe. Stoga, za takve A Iznos naveden u uvjetu nije moguće pronaći.

4) Kada a> 1 eksponencijalna funkcija s bazom A povećava i nejednakost je ekvivalentna nejednakosti. Ako a≥ 5, tada je svaki pozitivan broj njegovo rješenje, a zbroj naveden u uvjetu nije moguće pronaći. Ako 1< a < 5, то множество положительных решений – это интервал (0;x 0), gdje a = z(x 0) .

5) U ovom intervalu redom se nalaze cijeli brojevi, počevši od 1. Izračunajmo zbrojeve uzastopnih prirodnih brojeva, počevši od 1 : 1; 1+2 = 3; 1+2+3 = 6; 1+2+3+4 = 10;... Dakle, naznačeni iznos će biti veći od 5 i manji od 10 samo ako se broj 3 nalazi u intervalu (0; x 0), a broj 4 ne leži u tom intervalu. dakle 3< x 0 ≤ 4. Budući da se povećava za , tada z(3) < z(x 0) ≤ z(4) .

Rješavanje iracionalnih jednadžbi i nejednadžbi, kao i jednadžbi, nejednadžbi i sustava koji sadrže module raspravlja se u Dodatak 1.

Problemi s parametrima su složeni jer ne postoji jedinstveni algoritam za njihovo rješavanje. Specifičnost ovakvih problema je u tome što uz nepoznate veličine sadrže parametre čije numeričke vrijednosti nisu posebno naznačene, ali se smatraju poznatima i specificiranima na određenom numeričkom skupu. U ovom slučaju vrijednosti parametara značajno utječu na logički i tehnički tijek rješavanja problema i formu odgovora.

Prema statistikama, mnogi diplomanti ne počinju rješavati probleme s parametrima na Jedinstvenom državnom ispitu. Prema FIPI-ju, samo 10% maturanata počinje rješavati takve probleme, a postotak njihova točnog rješenja je nizak: 2-3%, tako da je stjecanje vještina za rješavanje teških, nestandardnih zadataka, uključujući probleme s parametrima, u školi slabo. studenti i dalje ostaje relevantan.

1. Zadatak.
Na kojim vrijednostima parametara a jednadžba ( a - 1)x 2 + 2x + a- Ima li 1 = 0 točno jedan korijen?

1. Rješenje.
Na a= 1 jednadžba je 2 x= 0 i očito ima jedan korijen x= 0. Ako a br. 1, onda je ova jednadžba kvadratna i ima jedan korijen za one vrijednosti parametara pri kojima je diskriminant kvadratnog trinoma jednak nuli. Izjednačavajući diskriminantu s nulom, dobivamo jednadžbu za parametar a 4a 2 - 8a= 0, odakle a= 0 ili a = 2.

1. Odgovor: jednadžba ima jedan korijen na a O (0; 1; 2).

2. Zadatak.
Pronađite sve vrijednosti parametara a, za koju jednadžba ima dva različita korijena x 2 +4sjekira+8a+3 = 0.
2. Rješenje.
Jednadžba x 2 +4sjekira+8a+3 = 0 ima dva različita korijena ako i samo ako D = 16a 2 -4(8a+3) > 0. Dobivamo (nakon smanjenja za zajednički faktor 4) 4 a 2 -8a-3 > 0, odakle

2. Odgovor:

a O (-Ґ ; 1 – Ts 7 2
) I (1 + Ts 7 2
; Ґ ).

3. Zadatak.
Poznato je da
f 2 (x) = 6x-x 2 -6.
a) Grafički nacrtajte funkciju f 1 (x) na a = 1.
b) U kojoj vrijednosti a grafovi funkcija f 1 (x) I f 2 (x) imaju jednu zajedničku točku?

3. Rješenje.
3.a. Preobrazimo se f 1 (x) na sljedeći način
Graf ove funkcije na a= 1 prikazan je na slici desno.
3.b. Odmah napomenimo da grafovi funkcija g = kx+b I g = sjekira 2 +bx+c (a br. 0) sijeku se u jednoj točki ako i samo ako kvadratna jednadžba kx+b = sjekira 2 +bx+c ima jedan korijen. Korištenje Pogleda f 1 od 3.a, izjednačimo diskriminant jednadžbe a = 6x-x 2 -6 do nula. Iz jednadžbe 36-24-4 a= 0 dobivamo a= 3. Učinite isto s jednadžbom 2 x-a = 6x-x 2 -6 naći ćemo a= 2. Lako je provjeriti da ove vrijednosti parametara zadovoljavaju uvjete problema. Odgovor: a= 2 ili a = 3.

4. Zadatak.
Pronađite sve vrijednosti a, za koji je skup rješenja nejednadžbe x 2 -2sjekira-3a i 0 sadrži segment .

4. Rješenje.
Prva koordinata vrha parabole f(x) = x 2 -2sjekira-3a jednak x 0 = a. Od svojstava kvadratne funkcije uvjet f(x) i 0 na segmentu je ekvivalentan skupu od tri sustava
ima točno dva rješenja?

5. Rješenje.
Prepišimo ovu jednadžbu u obliku x 2 + (2a-2)x - 3a+7 = 0. Ovo je kvadratna jednadžba, ima točno dva rješenja ako je njezina diskriminanta strogo veća od nule. Izračunavajući diskriminantu, nalazimo da je uvjet za postojanje točno dva korijena ispunjenje nejednakosti a 2 +a-6 > 0. Rješavajući nejednadžbu, nalazimo a < -3 или a> 2. Prva od nejednadžbi je očito rješenja u prirodni brojevi nema, a najmanje prirodno rješenje drugog je broj 3.

5. Odgovor: 3.

6. Problem (10 tipki)
Pronađite sve vrijednosti a, za koji je graf funkcije ili, nakon očitih transformacija, a-2 = | 2-a| . Posljednja jednadžba je ekvivalentna nejednadžbi a ja 2.

6. Odgovor: a O )