Hensikten med dette arbeidet er å studere på ulike måter løse problemer med parametere. Evnen og evnen til å løse problemer med parametere demonstrerer mestring av metoder for å løse likninger og ulikheter, en meningsfull forståelse av teoretisk informasjon, nivå logisk tenkning, stimulere kognitiv aktivitet. For å utvikle disse ferdighetene kreves det lengre innsats, derfor er det i spesialiserte 10.-11. klassetrinn med fordypning i de eksakte vitenskapene innført kurset «Matematisk praksis», hvor en del er løsning av likninger og ulikheter med parametere. Emnet er en av disiplinene som inngår i skolens læreplandel.
Vellykket studie av metoder for å løse problemer med parametere kan hjelpes av valgfrie eller valgfrie kurs, eller en komponent bak rutenettet om emnet: "Problemer med parametere."
La oss vurdere fire store klasser av problemer med parametere:
- Ligninger, ulikheter og deres systemer som må løses for enhver parameterverdi, eller for parameterverdier som tilhører et spesifikt sett.
- Ligninger, ulikheter og deres systemer som det er nødvendig å bestemme antall løsninger for avhengig av parameterens verdi.
- Ligninger, ulikheter og deres systemer som det er nødvendig å finne alle de parameterverdiene for ligningene ovenfor(systemer, ulikheter) har et gitt antall løsninger.
- Ligninger, ulikheter og deres systemer for hvilke, for de nødvendige parameterverdiene, settet med løsninger tilfredsstiller de spesifiserte betingelsene i definisjonsdomenet.
Metoder for å løse problemer med parametere.
1. Analysemetode.
Dette er veien direkte løsning, gjenta standardprosedyrer for å finne svaret i problemer uten en parameter.
Eksempel 1: Finn alle verdiene til en parameter en, som ligningen for:
(2a – 1)x 2 + ax + (2a – 3) =0 har høyst én rot.
Klokken 2 en– 1 = 0 denne ligningen er ikke kvadratisk, så tilfellet en=1/2 er sortert separat.
Hvis en= 1/2, så har ligningen formen 1/2 x– 2 = 0, den har én rot.
Hvis en≠ 1/2, da er ligningen kvadratisk; for at den skal ha høyst én rot, er det nødvendig og tilstrekkelig at diskriminanten er ikke-positiv:
D= en 2 – 4(2en – 1)(2en – 3) = -15en 2 + 32en – 12;
For å skrive ned det endelige svaret, må du forstå
2. Grafisk metode.
Avhengig av oppgaven (med variabel x og parameter en) grafer i koordinatplanet ( x;y) eller i flyet ( x;a).
Eksempel 2. For hver parameterverdi en bestemme antall løsninger til ligningen 
.
Merk at antall løsninger til ligningen lik antall skjæringspunkter for funksjonsgrafene 
Og y = a.
Graf av en funksjon 
vist i fig. 1.
y = a er en horisontal linje. Ved hjelp av grafen er det enkelt å bestemme antall skjæringspunkter avhengig av en(for eksempel når en= 11 – to skjæringspunkter; på en= 2 – åtte skjæringspunkter).
Svar: når en < 0 – решений нет; при en= 0 og en= 25/4 – fire løsninger; på 0< en < 6 – восемь решений; при en= 6 – syv løsninger; på
6 < en < 25/4 – шесть решений; при en> 25/4 – to løsninger.
3. Metode for å løse med hensyn til en parameter.
Når du løser denne måten, variablene X Og EN aksepteres som like, og variabelen som den analytiske løsningen blir enklere med hensyn til velges. Etter forenklinger må du gå tilbake til den opprinnelige betydningen av variablene X Og EN og fullfør løsningen.
Eksempel 3: Finn alle verdiene til en parameter EN, for hver av disse ligningen = - øks +3en+2 har eneste avgjørelse.
Vi vil løse denne ligningen ved å endre variabler. La = t , t≥ 0, da x = t 2 + 8 og ligningen blir på 2 +t + 5en– 2 = 0. Nå er utfordringen å finne alt EN, som ligningen for på 2 +t + 5en– 2 = 0 har en unik ikke-negativ løsning. Dette skjer i følgende tilfeller.
1) Hvis EN= 0, så har ligningen en unik løsning t = 2.
Løse noen typer ligninger og ulikheter med parametere.
Problemer med parametere hjelper til med å danne logisk tenkning og tilegne seg forskningsferdigheter.
Løsningen på hvert problem er unik og krever en individuell, ikke-standard tilnærming, siden det ikke er noen enkel måte å løse slike problemer.
. Lineære ligninger.Oppgave nr. 1. Ved hvilke verdier av parameteren b har ligningen ingen røtter?
Oppgave nr. 2. Finn alle parameterverdier en, der settet med løsninger på ulikheten er:
inneholder tallet 6, og inneholder også to segmenter med lengde 6 som ikke har felles punkter.
La oss transformere begge sider av ulikheten.
For at settet med løsninger på ulikheten skal inneholde tallet 6, er det nødvendig og tilstrekkelig at følgende betingelse er oppfylt: 
Fig.4
På en> 6 sett med løsninger på ulikheten: 
.
Intervallet (0;5) kan ikke inneholde noe segment med lengde 6. Dette betyr at to usammenhengende segmenter av lengde 6 må inneholdes i intervallet (5; en).
. Eksponentialligninger, ulikheter og systemer.Oppgave nr. 3. I området for å definere en funksjon 
ta alle de positive heltallene og legg dem sammen. Finn alle verdier der denne summen er større enn 5 men mindre enn 10.
1) Graf over en lineær brøkfunksjon 
er en hyperbole. Etter tilstand x> 0. Med ubegrenset økning X brøken avtar monotont og nærmer seg null, og funksjonsverdiene zøke og nærme seg 5. Dessuten er z(0) = 1.
2) Etter definisjon av grad, definisjonsdomene D(y) består av løsninger på ulikheten. På en= 1 får vi en ulikhet som ikke har noen løsninger. Derfor funksjonen på ikke definert noe sted.
3) Ved 0< en< 1 показательная функция с основанием EN minker og ulikhet tilsvarer ulikhet. Fordi x> 0, da z(x) > z(0) = 1. Så hver positiv verdi X er en løsning på ulikheten. Derfor, for slikt EN Beløpet spesifisert i betingelsen kan ikke finnes.
4) Når en> 1 eksponentiell funksjon med grunntall ENøker og ulikhet tilsvarer ulikhet. Hvis en≥ 5, så er ethvert positivt tall løsningen, og summen spesifisert i betingelsen kan ikke finnes. Hvis 1< en < 5, то множество положительных решений – это интервал (0;x 0), hvor en = z(x 0) .
5) Heltall er plassert i dette intervallet på rad, fra 1. La oss beregne summene av påfølgende naturlige tall fra 1:1; 1+2 = 3; 1+2+3 = 6; 1+2+3+4 = 10;... Derfor vil den angitte mengden være større enn 5 og mindre enn 10 bare hvis tallet 3 ligger i intervallet (0; x 0), og tallet 4 ligger ikke i dette intervallet. Så 3< x 0 ≤ 4. Siden den øker med , da z(3) < z(x 0) ≤ z(4) .
Løsning av irrasjonelle ligninger og ulikheter, samt ligninger, ulikheter og systemer som inneholder moduler er diskutert i Vedlegg 1.
Problemer med parametere er komplekse fordi det ikke finnes en enkelt algoritme for å løse dem. Spesifisiteten til slike problemer er at de, sammen med ukjente mengder, inneholder parametere hvis numeriske verdier ikke er spesifikt angitt, men anses som kjent og spesifisert på et visst numerisk sett. I dette tilfellet påvirker parameterverdiene betydelig det logiske og tekniske forløpet for å løse problemet og formen på svaret.
I følge statistikk begynner mange nyutdannede ikke å løse problemer med parametere på Unified State Exam. I følge FIPI begynner bare 10% av nyutdannede å løse slike problemer, og deres prosentandel riktig avgjørelse lav: 2–3 %, så tilegnelse av ferdigheter for å løse vanskelige, ikke-standardiserte oppgaver, inkludert problemer med parametere, av skoleelever er fortsatt relevant.
Oppgave 1 #6329
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
Finn alle verdiene til parameteren \(a\) , for hver av disse systemet \[\begin(cases) (x-2a-2)^2+(y-a)^2=1\\ y^2=x^2\end(cases)\]
har nøyaktig fire løsninger.
(BRUK 2018, hovedbølge)
Den andre ligningen til systemet kan skrives om som \(y=\pm x\) . Derfor vurderer vi to tilfeller: når \(y=x\) og når \(y=-x\) . Da vil antallet løsninger av systemet være lik summen av antall løsninger i det første og andre tilfellet.
1) \(y=x\) . Bytt inn i den første ligningen og få: \
(merk at i tilfelle av \(y=-x\) vil vi gjøre det samme og også få en andregradsligning)
For at det opprinnelige systemet skal ha 4 forskjellige løsninger, er det nødvendig at det i hvert av de to tilfellene oppnås 2 løsninger.
En andregradsligning har to røtter når den er \(D>0\) . La oss finne diskriminanten til ligning (1):
\(D=-4(a^2+4a+2)\) .
Diskriminerende større enn null: \(a^2+4a+2<0\)
, откуда \(a\in (-2-\sqrt2; -2+\sqrt2)\).
2) \(y=-x\) . Vi får en andregradsligning: \
Diskriminanten er større enn null: \(D=-4(9a^2+12a+2)>0\), hvorav \(a\in \left(\frac(-2-\sqrt2)3; \frac(-2+\sqrt2)3\right)\).
Det er nødvendig å sjekke om løsningene i det første tilfellet er sammenfallende med løsningene i det andre tilfellet.
La \(x_0\) være den generelle løsningen av ligningene (1) og (2), da \
Herfra får vi at enten \(x_0=0\) eller \(a=0\) .
Hvis \(a=0\) , så er ligningene (1) og (2) de samme, derfor har de samme røtter. Denne saken passer ikke oss.
Hvis \(x_0=0\) er deres felles rot, da \(2x_0^2-2(3a+2)x_0+(2a+2)^2+a^2-1=0\), hvorfra \((2a+2)^2+a^2-1=0\) , hvorfra \(a=-1\) eller \(a=-0,6\) . Da vil hele det originale systemet ha 3 forskjellige løsninger, noe som ikke passer oss.
Tatt i betraktning alt dette vil svaret være:
Svar:
\(a\in\left(\frac(-2-\sqrt2)3; -1\right)\cup\left(-1; -0.6\right)\cup\left(-0.6; - 2+\sqrt2 \Ikke sant)\)
Oppgave 2 #4032
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
Finn alle verdiene av \(a\) , for hver av disse systemet \[\begin(cases) (a-1)x^2+2ax+a+4\leqslant 0\\ ax^2+2(a+1)x+a+1\geqslant 0 \end(cases)\ ]
har en unik løsning.
La oss omskrive systemet i formen: \[\begin(cases) ax^2+2ax+a\leqslant x^2-4\\ ax^2+2ax+a\geqslant -2x-1 \end(cases)\] La oss vurdere tre funksjoner: \(y=ax^2+2ax+a=a(x+1)^2\) , \(g=x^2-4\) , \(h=-2x-1\) . Det følger av systemet at \(y\leqslant g\) , men \(y\geqslant h\) . Derfor, for at systemet skal ha løsninger, må grafen \(y\) være i området som er spesifisert av betingelsene: "over" grafen \(h\) men "under" grafen \(g\):
(vi vil kalle "venstre" region region I, "høyre" region region II)
Merk at for hver fast \(a\ne 0\) er grafen til \(y\) en parabel, hvis toppunkt er i punktet \((-1;0)\), og grenene er rettet enten opp eller ned. Hvis \(a=0\) , så ser ligningen ut som \(y=0\) og grafen er en rett linje som faller sammen med x-aksen.
Merk at for at det opprinnelige systemet skal ha en unik løsning, må grafen \(y\) ha nøyaktig ett felles punkt med region I eller region II (dette betyr at grafen \(y\) må ha et enkelt felles punkt med grensen til et av disse områdene).
La oss se på flere tilfeller separat.
1) \(a>0\) . Deretter vender grenene til parabelen \(y\) oppover. For at det opprinnelige systemet skal ha en unik løsning, er det nødvendig at parablen \(y\) berører grensen til region I eller grensen til region II, det vil si berører parablen \(g\), og abscissen til tangenspunktet må være \(\leqslant -3\) eller \(\geqslant 2\) (det vil si at parabelen \(y\) må berøre grensen til et av områdene som er plassert over abscisseaksen , siden parablen \(y\) ligger over abscisseaksen).
\(y"=2a(x+1)\) , \(g"=2x\) . Betingelser for at grafene \(y\) og \(g\) berører punktet med abscissen \(x_0\leqslant -3\) eller \(x_0\geqslant 2\) : \[\begin(cases) 2a(x_0+1)=2x_0\\ a(x_0+1)^2=x_0^2-4 \\ \venstre[\begin(samlet)\begin(aligned) &x_0\leqslant - 3\\ &x_0\geqslant 2 \end(justert)\end(samlet)\høyre. \end(cases) \quad\Leftrightarrow\quad \begin(cases) \left[\begin(samlet)\begin(justert) &x_0\leqslant -3\\ &x_0\geqslant 2 \end(aligned)\end(samlet) \right.\\ a=\dfrac(x_0)(x_0+1)\\ x_0^2+5x_0+4=0 \end(cases)\] Fra dette systemet \(x_0=-4\) , \(a=\frac43\) .
Vi fikk den første verdien av parameteren \(a\) .
2) \(a=0\) . Deretter \(y=0\) og det er tydelig at den rette linjen har et uendelig antall fellespunkter med region II. Derfor passer ikke denne parameterverdien oss.
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 \(<1\) ).
La oss finne \(a\) som parabelen \(y\) passerer gjennom punktet \(B\): \[-3=a(1+1)^2\quad\Høyrepil\quad a=-\dfrac34\] Vi sørger for at med denne verdien av parameteren er det andre skjæringspunktet for parabelen \(y=-\frac34(x+1)^2\) med den rette linjen \(h=-2x-1\) punkt med koordinater \(\venstre(-\frac13; -\frac13\høyre)\).
Dermed fikk vi en annen parameterverdi.
Siden vi har vurdert alle mulige tilfeller for \(a\) , er det endelige svaret: \
Svar:
\(\venstre\(-\frac34; \frac43\høyre\)\)
Oppgave 3 #4013
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
Finn alle verdiene til parameteren \(a\) , for hver av disse ligningssystemet \[\begin(cases) 2x^2+2y^2=5xy\\ (x-a)^2+(y-a)^2=5a^4 \end(cases)\]
har nøyaktig to løsninger.
1) Betrakt den første ligningen av systemet som kvadratisk med hensyn til \(x\) : \ Diskriminanten er lik \(D=9y^2\) , derfor, \
Deretter kan ligningen skrives om som \[(x-2y)\cdot (2x-y)=0\] Derfor kan hele systemet skrives om som \[\begin(cases) \venstre[\begin(samlet)\begin(justert) &y=2x\\ &y=0.5x\end(aligned)\end(samlet)\right.\\ (x-a)^2 + (y-a)^2=5a^4\end(cases)\] Settet definerer to rette linjer, den andre ligningen i systemet definerer en sirkel med sentrum ved \((a;a)\) og radius \(R=\sqrt5a^2\) . For at den opprinnelige ligningen skal ha to løsninger, må sirkelen skjære populasjonsgrafen i nøyaktig to punkter. Her er en tegning når for eksempel \(a=1\) : 
Merk at siden koordinatene til sentrum av sirkelen er like, "løper" sentrum av sirkelen langs den rette linjen \(y=x\) .
2) Siden den rette linjen \(y=kx\) har en tangens av helningsvinkelen til denne linjen til den positive retningen til aksen \(Ox\) er lik \(k\), så er tangensen til helningsvinkelen til den rette linjen \(y=0,5x\) er lik \ (0,5\) (la oss kalle det \(\mathrm(tg)\,\alpha\)), den rette linjen \(y=2x \) er lik \(2\) (la oss kalle det \(\mathrm(tg)\ ,\beta\) ). Legg merke til det \(\mathrm(tg)\,\alpha\cdot \mathrm(tg)\,\beta=1\), derfor, \(\mathrm(tg)\,\alpha=\mathrm(ctg)\,\beta=\mathrm(tg)\,(90^\circ-\beta)\). Derfor, \(\alpha=90^\circ-\beta\) , hvorfra \(\alpha+\beta=90^\circ\) . Dette betyr at vinkelen mellom \(y=2x\) og den positive retningen \(Oy\) er lik vinkelen mellom \(y=0,5x\) og den positive retningen \(Ox\) : 
Og siden den rette linjen \(y=x\) er halveringslinjen til I-koordinatvinkelen (det vil si at vinklene mellom den og de positive retningene \(Ox\) og \(Oy\) er lik \(45^ \circ\) ), så er vinklene mellom \(y=x\) og linjene \(y=2x\) og \(y=0,5x\) like.
Vi trengte alt dette for å si at linjene \(y=2x\) og \(y=0,5x\) er symmetriske til hverandre med hensyn til \(y=x\), derfor, hvis sirkelen berører en av dem, så berører den nødvendigvis den andre linjen.
Merk at hvis \(a=0\) , så degenererer sirkelen til punktet \((0;0)\) og har bare ett skjæringspunkt med begge linjene. Det vil si at denne saken ikke passer oss.
Derfor, for at en sirkel skal ha 2 skjæringspunkter med linjer, må den berøre disse linjene: 
Vi ser at tilfellet når sirkelen er lokalisert i tredje kvartal er symmetrisk (i forhold til origo) til tilfellet når den er lokalisert i første kvartal. Det vil si i første kvartal \(a>0\) , og i tredje \(a<0\)
(но такие же по модулю).
Derfor vil vi kun vurdere første kvartal. 
Legg merke til det \(OQ=\sqrt((a-0)^2+(a-0)^2)=\sqrt2a\), \(QK=R=\sqrt5a^2\) . Så\Da \[\mathrm(tg)\,\angle QOK=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4))\] Men på en annen måte, \[\mathrm(tg)\,\angle QOK=\mathrm(tg)\,(45^\circ-\alpha)=\dfrac(\mathrm(tg)\, 45^\circ-\mathrm(tg) \,\alpha)(1+\mathrm(tg)\,45^\circ\cdot \mathrm(tg)\,\alpha)\] derfor, \[\dfrac(1-0.5)(1+1\cdot 0.5)=\dfrac(\sqrt5a^2)(\sqrt(2a^2-5a^4)) \quad\Leftrightarrow\quad a =\pm\ dfrac15\] Dermed har vi allerede umiddelbart oppnådd både positive og negative verdier for \(a\) . Derfor er svaret:\
Svar:
\(\{-0,2;0,2\}\)
Oppgave 4 #3278
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
Finn alle verdiene av \(a\) , for hver av disse ligningen \
har en unik løsning.
(BRUK 2017, offisiell prøveperiode 21.04.2017)
La oss gjøre endringen \(t=5^x, t>0\) og flytte alle leddene til én del: \
Vi fikk en andregradsligning, hvis røtter, ifølge Vietas teorem, er \(t_1=a+6\) og \(t_2=5+3|a|\) . For at den opprinnelige ligningen skal ha én rot, er det tilstrekkelig at den resulterende ligningen med \(t\) også har én (positiv!) rot.
La oss umiddelbart merke at \(t_2\) for alle \(a\) vil være positiv. Dermed får vi to tilfeller:
1) \(t_1=t_2\) : \ &a=-\dfrac14 \end(justert) \end(samlet) \right.\]
2) Siden \(t_2\) alltid er positiv, må \(t_1\) være \(\leqslant 0\) : \
Svar:
\((-\infty;-6]\kopp\venstre\(-\frac14;\frac12\høyre\)\)
Oppgave 5 #3252
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
\[\sqrt(x^2-a^2)=\sqrt(3x^2-(3a+1)x+a)\]
har nøyaktig én rot på segmentet \(\) .
(BRUK 2017, reservedag)
Ligningen kan skrives om som: \[\sqrt((x-a)(x+a))=\sqrt((3x-1)(x-a))\] Dermed legger vi merke til at \(x=a\) er roten av ligningen for enhver \(a\) , siden ligningen har formen \(0=0\) . For at denne roten skal tilhøre segmentet \(\) , er det nødvendig at \(0\leqslant a\leqslant 1\) .
Den andre roten av ligningen er funnet fra \(x+a=3x-1\) , det vil si \(x=\frac(a+1)2\) . For at dette tallet skal være roten til ligningen, må det tilfredsstille ODZ til ligningen, det vil si: \[\left(\dfrac(a+1)2-a\right)\cdot \left(\dfrac(a+1)2+a\right)\geqslant 0\quad\Rightarrow\quad -\dfrac13\leqslant a\leqslant 1\] For at denne roten skal tilhøre segmentet \(\) , er det nødvendig at \
For at roten \(x=\frac(a+1)2\) skal eksistere og tilhøre segmentet \(\) , er det derfor nødvendig at \(-\frac13\leqslant a\leqslant 1\).
Merk at da for \(0\leqslant a\leqslant 1\) tilhører begge røttene \(x=a\) og \(x=\frac(a+1)2\) segmentet \(\) (det vil si , ligningen har to røtter på dette segmentet), bortsett fra når de sammenfaller: \
Så det passer oss \(a\i \venstre[-\frac13; 0\høyre)\) og \(a=1\) .
Svar:
\(a\i \venstre[-\frac13;0\høyre)\kopp\(1\)\)
Oppgave 6 #3238
Oppgavenivå: Lik Unified State-eksamenen
Finn alle verdiene til parameteren \(a\) , for hver av dem ligningen \
har en enkelt rot på segmentet \(.\)
(BRUK 2017, reservedag)
Ligningen er ekvivalent: \ ODZ-ligninger: \[\begin(cases) x\geqslant 0\\ x-a\geqslant 0\\3a(1-x) \geqslant 0\end(cases)\] På ODZ vil ligningen skrives om som: \
1) La \(a<0\) . Тогда ОДЗ уравнения: \(x\geqslant 1\) . Следовательно, для того, чтобы уравнение имело единственный корень на отрезке \(\) , этот корень должен быть равен \(1\) . Проверим: \ Passer ikke \(a<0\) . Следовательно, эти значения \(a\) не подходят.
2) La \(a=0\) . Deretter ODZ-ligningen: \(x\geqslant 0\) . Ligningen vil bli omskrevet som: \ Den resulterende roten passer til ODZ og er inkludert i segmentet \(\) . Derfor er \(a=0\) egnet.
3) La \(a>0\) . Deretter ODZ: \(x\geqslant a\) og \(x\leqslant 1\) . Derfor, hvis \(a>1\) , så er ODZ et tomt sett. Dermed \(0
Den deriverte er lik \(y"=3x^2-2ax+3a\). La oss bestemme hvilket fortegn den deriverte kan ha. For å gjøre dette, finn diskriminanten til ligningen \(3x^2-2ax+3a=0 \) : \(D=4a( a-9)\) Derfor, for \(a\in (0;1]\) diskriminanten \(D<0\)
. Значит, выражение \(3x^2-2ax+3a\)
положительно при всех \(x\)
. Следовательно, при \(a\in (0;1]\)
производная \(y">0\) . Derfor øker \(y\). Således, ved egenskapen til en økende funksjon, kan ligningen \(y(x)=0\) ikke ha mer enn én rot.
Derfor, for at roten av ligningen (skjæringspunktet for grafen \(y\) med abscisseaksen) skal være på segmentet \(\), er det nødvendig at \[\begin(cases) y(1)\geqslant 0\\ y(a)\leqslant 0 \end(cases)\quad\Rightarrow\quad a\in \] Tatt i betraktning at i utgangspunktet i tilfellet under vurdering \(a\in (0;1]\), så er svaret \(a\in (0;1]\). Merk at roten \(x_1\) tilfredsstiller \( (1) \) , røttene \(x_2\) og \(x_3\) tilfredsstiller \((2)\) . Merk også at roten \(x_1\) tilhører segmentet \(\) .
La oss vurdere tre tilfeller:
1) \(a>0\) . Deretter \(x_2>3\) , \(x_3<3\)
, следовательно, \(x_2\notin .\)
Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\)
в одном из двух случаях:
- \(x_1\) tilfredsstiller \((2)\) , \(x_3\) tilfredsstiller ikke \((1)\) , eller sammenfaller med \(x_1\) , eller tilfredsstiller \((1)\) , men ikke inkludert i segmentet \(\) (det vil si mindre enn \(0\) );
- \(x_1\) tilfredsstiller ikke \((2)\) , \(x_3\) tilfredsstiller \((1)\) og er ikke lik \(x_1\) .
Merk at \(x_3\) ikke både kan være mindre enn null og tilfredsstille \((1)\) (det vil si være større enn \(\frac35\) ). Gitt denne bemerkningen er sakene registrert i følgende sett: \[\venstre[ \begin(samlet)\begin(justert) &\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> Når vi løser dette settet og tar i betraktning at \(a>0\) , får vi: \
2) \(a=0\) . Deretter \(x_2=x_3=3\in .\) Merk at i dette tilfellet tilfredsstiller \(x_1\) \((2)\) og \(x_2=3\) \((1)\) , så er det er en ligning som har to røtter på \(\) . Denne verdien av \(a\) passer ikke oss.
3)\(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) og \(x_3\notin \) . På samme måte som punkt 1), må du løse settet: \[\venstre[ \begin(samlet)\begin(justert) &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ end(cases)\\ &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\end(cases) \end(aligned) \end(samlet)\right.\] Løser dette settet og tar i betraktning at \(a<0\) , получим: \\]
Svar:
\(\left(-\frac(13)5;-\frac(12)5\right] \cup\left[\frac(12)5;\frac(13)5\right)\)
Rapport om GMO til en matematikklærer ved MBOU ungdomsskole nr. 9
Molchanova Elena Vladimirovna
"Forberedelse til Unified State Exam i matematikk: problemer med parametere."
Siden det ikke finnes noen definisjon av parameteren i skolebøkene, foreslår jeg å legge til grunn følgende enkleste versjon.
Definisjon . En parameter er en uavhengig variabel, hvis verdi i oppgaven anses å være et gitt fast eller vilkårlig reelt tall, eller et tall som tilhører et forhåndsbestemt sett.
Hva betyr det å "løse et problem med en parameter"?
Dette avhenger naturligvis av spørsmålet i problemet. Hvis det for eksempel er nødvendig å løse en ligning, en ulikhet, et system eller et sett av dem, betyr dette å presentere et begrunnet svar enten for en hvilken som helst verdi av en parameter eller for en verdi av en parameter som tilhører et forhåndsbestemt sett .
Hvis du trenger å finne parameterverdier som settet med løsninger til en ligning, ulikhet, etc. tilfredsstiller den erklærte betingelsen for, så består selvsagt løsningen på problemet i å finne de spesifiserte parameterverdiene.
Leseren vil utvikle en mer transparent forståelse av hva det vil si å løse et problem med en parameter etter å ha lest eksemplene på problemløsning på de neste sidene.
Hva er hovedtypene problemer med parametere?
Type 1. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett som må løses enten for en hvilken som helst verdi av en parameter (parametere) eller for parameterverdier som tilhører et forhåndsbestemt sett.
Denne typen problemer er grunnleggende når du mestrer emnet "Problemer med parametere", siden det investerte arbeidet forutbestemmer suksess i å løse problemer av alle andre grunnleggende typer.
Type 2. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett, for hvilke det er nødvendig å bestemme antall løsninger avhengig av verdien av parameteren (parametere).
Jeg gjør deg oppmerksom på det faktum at når du løser problemer av denne typen, er det ikke nødvendig å løse gitte ligninger, ulikheter, deres systemer og aggregater, etc., og heller ikke gi disse løsningene; I de fleste tilfeller er slikt ekstraarbeid en taktisk feil som fører til unødvendig sløsing med tid. Man bør imidlertid ikke gjøre dette absolutt, siden noen ganger er en direkte løsning i samsvar med type 1 den eneste rimelige måten å få svar på når man løser et problem av type 2.
Type 3. Ligninger, ulikheter, deres systemer og samlinger, for hvilke det er påkrevd å finne alle de parameterverdiene der de spesifiserte ligningene, ulikhetene, deres systemer og samlinger har et gitt antall løsninger (spesielt de ikke har eller har et uendelig antall løsninger).
Det er lett å se at problemer av type 3 på en eller annen måte er det motsatte av problemer av type 2.
Type 4. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett, for hvilke, for de nødvendige verdiene til parameteren, settet med løsninger tilfredsstiller de spesifiserte betingelsene i definisjonsdomenet.
Finn for eksempel parameterverdier der:
1) ligningen er oppfylt for enhver verdi av variabelen fra et gitt intervall;
2) settet med løsninger til den første ligningen er en delmengde av settet med løsninger til den andre ligningen osv.
En kommentar. Variasjonen av problemer med en parameter dekker hele kurset i skolematematikk (både algebra og geometri), men det overveldende flertallet av dem i avsluttende og opptaksprøver tilhører en av de fire listede typene, som av denne grunn kalles grunnleggende.
Den mest utbredte klassen av problemer med en parameter er problemer med én ukjent og én parameter. Det neste avsnittet angir hovedmåtene for å løse problemer i denne spesielle klassen.
Hva er hovedmåtene (metodene) for å løse problemer med en parameter?
Metode I (analytisk). Dette er en metode for den såkalte direkte løsningen, som gjentar standardprosedyrer for å finne svaret i problemer uten en parameter. Noen ganger sier de at dette er en metode for kraftfull, i god forstand, "arrogant" løsning.
En kommentar. Den analytiske metoden for å løse problemer med en parameter er den vanskeligste metoden, som krever høy leseferdighet og den største innsatsen for å mestre den.
Metode II (grafikk). Avhengig av oppgaven (med variabel x og parameteren ) grafer vurderes enten i koordinatplanet (x; y), eller i koordinatplanet (x;en ).
En kommentar. Eksepsjonell synlighet og skjønnhet grafisk metode løse problemer med en parameter fengsler studenter av emnet "Problemer med en parameter" så mye at de begynner å ignorere andre løsningsmetoder, og glemmer det velkjente faktum: For enhver klasse med problemer kan forfatterne deres formulere en som kan løses strålende på denne måten og med enorme vanskeligheter på andre måter. Derfor, i den innledende fasen av studien, er det farlig å starte med grafiske teknikker for å løse problemer med en parameter.
Metode III (vedtak om parameter). Ved løsning på denne måten antas variablene x og a å være like, og variabelen som den analytiske løsningen anses som enklere velges. Etter naturlige forenklinger går vi tilbake til den opprinnelige betydningen av variablene x og a og fullfører løsningen.
Jeg vil nå gå videre til å demonstrere disse metodene for å løse problemer med en parameter, siden dette er min favorittmetode for å løse problemer av denne typen.
Etter å ha analysert alle oppgavene med parametere løst grafisk, begynner jeg å bli kjent med parameterne med oppgavene til Unified State Exam B7 2002:
På hva er heltallsverdien for ligningen 45x – 3x 2 - X 3 + 3k = 0 har nøyaktig to røtter?
Disse oppgavene gjør det for det første mulig å huske hvordan man konstruerer grafer ved å bruke den deriverte, og for det andre å forklare betydningen av den rette linjen y = k.
I påfølgende klasser bruker jeg et utvalg av enkle og middels konkurranseproblemer med parametere for forberedelse til Unified State Exam, ligninger med en modul. Disse oppgavene kan anbefales til matematikklærere som et startsett med øvelser for å lære å jobbe med parameteren vedlagt under modultegnet. De fleste tallene løses grafisk og gis til læreren klar plan leksjon (eller to leksjoner) med en sterk elev. Innledende trening for Unified State Examination i matematikk ved å bruke øvelser som er nær komplekse C5-tall. Mange av de foreslåtte oppgavene er hentet fra materiell for forberedelse til Unified State Exam 2009, og noen er fra Internett fra kollegers erfaring.
1) Spesifiser alle parameterverdiers
, som ligningen for har 4 røtter?
Svar:
2) Ved hvilke verdier av parameterenEN
ligningen har ingen løsninger?
Svar:
3) Finn alle verdiene av a, for hver av dem ligningen har nøyaktig 3 røtter?
Svar: a=2
4) Ved hvilke parameterverdierb ligningen har en enkelt løsning? Svar:
5) Finn alle verdierm
, som ligningen for har ingen løsninger.
Svar:
6) Finn alle verdiene av a som ligningen for har nøyaktig 3 forskjellige røtter. (Hvis det er mer enn én verdi av a, skriv ned summen i svaret ditt.)
Svar: 3
7) Til hvilke verdierb
ligningen har nøyaktig 2 løsninger?
Svar:
8) Spesifiser disse parameternek
, som ligningen for har minst to løsninger.
Svar:
9) Ved hvilke parameterverdiers
ligningen har bare én løsning?
Svar:
10) Finn alle verdiene av a, for hver av disse ligningen (x + 1)har nøyaktig 2 røtter? Hvis det er flere verdier av a, skriv ned summen deres som svar.
Svar: - 3
11) Finn alle verdiene av a som ligningen for har nøyaktig 3 røtter? (Hvis det er mer enn én verdi av a, skriv ned summen deres som svar).
Svar: 4
12) For hva er den minste naturverdien til parameteren a, ligningen – = 11 har bare positive røtter?
Svar: 19
13) Finn alle verdiene av a, for hver av dem ligningen = 1 har nøyaktig 3 røtter? (Hvis det er mer enn én verdi av a, skriv ned summen deres i svaret ditt).
Svar: - 3
14) Spesifiser følgende parameterverdiert , som ligningen for har 4 forskjellige løsninger. Svar:
15) Finn disse parameternem , som ligningen for har to forskjellige løsninger. Svar:
16) Ved hvilke verdier av parameterens ligningen har nøyaktig 3 ekstremer? Svar:
17) Angi alle mulige parametere n som funksjonen for har nøyaktig ett minimumspoeng. Svar:
Det publiserte settet brukes jevnlig av meg til å jobbe med en dyktig, men ikke den sterkeste eleven, som likevel streber etter å høy poengsum Unified State Exam ved å løse nummer C5. Læreren forbereder en slik student i flere trinn, og tildeler separate leksjoner for å trene individuelle ferdigheter som er nødvendige for å finne og implementere langsiktige løsninger. Dette utvalget er egnet for scenen med å danne ideer om flytende mønstre, avhengig av parameteren. Nummer 16 og 17 er basert på modellen av en reell ligning med en parameter på Unified State Exam 2011. Oppgavene er ordnet etter økende vanskelighetsgrad.
Oppgave C5 i matematikk Unified State Exam 2012
Her har vi et tradisjonelt parameterproblem som krever en moderat beherskelse av materialet og anvendelse av flere egenskaper og teoremer. Denne oppgaven er en av de vanskeligste oppgavene i Unified State Examination i matematikk. Den er først og fremst designet for de som har tenkt å videreutdanne seg ved universiteter med økte krav til matematisk forberedelse av søkere. For å lykkes med å løse problemet er det viktig å fritt operere med de studerte definisjonene, egenskapene, teoremene og anvende dem i ulike situasjoner, analyser tilstanden og finn mulige løsninger.
På stedet for forberedelse til Unified State Exam av Alexander Larin fra 11. mai 2012, treningsalternativer nr. 1 – 22 med oppgaver på nivå “C”, C5 av noen av dem var lik de oppgavene som var på realeksamen. For eksempel, finn alle verdiene av parameteren a, for hver av disse grafene til funksjonenef(x) = Ogg(x) = a(x + 5) + 2 har ingen felles punkter?
La oss se på løsningen på oppgave C5 fra 2012-eksamenen.
Oppgave C5 fra Unified State Exam 2012
For hvilke verdier av parameteren a gjør ligningen har minst to røtter.
La oss løse dette problemet grafisk. La oss plotte venstre side av ligningen: og grafen på høyre side:og formuler problemspørsmålet som følger: ved hvilke verdier av parameteren a er grafene til funksjonene Oghar to eller flere punkter til felles.
Det er ingen parameter på venstre side av den opprinnelige ligningen, så vi kan plotte funksjonen.
Vi skal bygge denne grafen ved hjelp av funksjoner:
1. Skift grafen til funksjonen3 enheter ned langs OY-aksen får vi grafen til funksjonen:
2. La oss plotte funksjonen . For å gjøre dette, en del av grafen til funksjonen , plassert under OX-aksen, vil vises symmetrisk i forhold til denne aksen:
Altså grafen til funksjonenhar formen:
Graf av en funksjon
MKOU "Lodeynopolskaya sekundær omfattende skole nr. 68"
_________________________________________________________________________________________________________________________________
Tale på et møte i Moskva-regionen
Metoder for problemløsning
med parametere
Prokusheva Natalya Gennadievna
Lodeynoye Pole
2013-2014
Problemer med parametere
Problemer med parametere er blant de vanskeligste av problemene som tilbys både ved Unified State-eksamen og ved ytterligere konkurrerende eksamener ved universiteter.
De spiller en viktig rolle i dannelsen av logisk tenkning og matematisk kultur. Vanskelighetene som oppstår når man løser dem skyldes det faktum at hvert problem med parametere representerer en hel klasse med vanlige problemer, for hver av dem må det oppnås en løsning.
Hvis i en ligning (ulikhet) noen koeffisienter ikke er gitt av spesifikke numeriske verdier, men er angitt med bokstaver, kalles de parametere, og ligningen (ulikhet) er parametrisk.
Som regel er ukjente merket med de siste bokstavene i det latinske alfabetet: x, y, z, ..., og parametere med de første: a, b, c, ...
Å løse en ligning (ulikhet) med parametere betyr å indikere på hvilke verdier av parameterne løsninger eksisterer og hva de er. To likninger (ulikheter) som inneholder de samme parameterne kalles ekvivalente hvis:
a) de gir mening for de samme parameterverdiene;
b) hver løsning på den første ligningen (ulikhet) er en løsning på den andre og omvendt.
Naturligvis slik liten klasse problemer lar ikke mange forstå det viktigste: parameteren, som er et fast, men ukjent tall, har en slags dobbel natur. For det første lar den antatte berømmelsen deg "kommunisere" med parameteren som et tall, og for det andre er graden av kommunikasjonsfrihet begrenset av dens uklarhet. Å dele med et uttrykk som inneholder en parameter og trekke ut roten til en jevn grad fra slike uttrykk krever derfor forundersøkelser. Vanligvis påvirker resultatene av disse studiene både beslutningen og svaret.
Hvordan begynne å løse slike problemer? Ikke vær redd for problemer med parametere. Først av alt, må du gjøre det som gjøres når du løser en hvilken som helst ligning eller ulikhet - bringe den gitte ligningen (ulikheten) til en mer enkel utsikt, hvis mulig: faktor et rasjonelt uttrykk, faktor et trigonometrisk polynom, bli kvitt moduler, logaritmer osv.. så må du lese oppgaven nøye igjen og igjen.
Når du løser oppgaver som inneholder en parameter, er det problemer som kan deles inn i to store klasser. Den første klassen inkluderer problemer der det er nødvendig å løse en ulikhet eller ligning for alle mulige verdier parameter. Den andre klassen inkluderer oppgaver der ikke alt trenger å bli funnet. mulige løsninger, men bare de som tilfredsstiller noen tilleggsbetingelser.
Den mest forståelige måten for skolebarn å løse slike problemer på er først å finne alle løsningene og deretter velge de som tilfredsstiller tilleggsbetingelser. Men dette er ikke alltid mulig. Det er et stort antall problemer der det er umulig å finne alle de mange løsningene, og vi blir ikke bedt om det. Derfor må vi lete etter en måte å løse problemet på uten å ha til rådighet hele settet med løsninger til en gitt ligning eller ulikhet, for eksempel for å se etter egenskapene til funksjonene som er inkludert i ligningen som vil tillate oss å bedømme eksistensen av et visst sett med løsninger.
Hovedtyper av oppgaver med parametere
Type 1. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett som må løses enten for en hvilken som helst verdi av en parameter (parametere) eller for parameterverdier som tilhører et forhåndsbestemt sett.
Denne typen problemer er grunnleggende når du mestrer emnet "Problemer med parametere", siden det investerte arbeidet forutbestemmer suksess i å løse problemer av alle andre grunnleggende typer.
Type 2. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett, for hvilke det er nødvendig å bestemme antall løsninger avhengig av verdien av parameteren (parametere).
Vi gjør oppmerksom på det faktum at når du løser problemer av denne typen, er det verken behov for å løse gitte ligninger, ulikheter, deres systemer og kombinasjoner osv., eller å gi disse løsningene; I de fleste tilfeller er slikt ekstraarbeid en taktisk feil som fører til unødvendig sløsing med tid. Man bør imidlertid ikke gjøre dette absolutt, siden noen ganger er en direkte løsning i samsvar med type 1 den eneste rimelige måten å få svar på når man løser et problem av type 2.
Type 3. Ligninger, ulikheter, deres systemer og samlinger, for hvilke det er påkrevd å finne alle de parameterverdiene der de spesifiserte ligningene, ulikhetene, deres systemer og samlinger har et gitt antall løsninger (spesielt de ikke har eller har et uendelig antall løsninger).
Det er lett å se at problemer av type 3 på en eller annen måte er det motsatte av problemer av type 2.
Type 4. Ligninger, ulikheter, deres systemer og sett, for hvilke, for de nødvendige verdiene til parameteren, settet med løsninger tilfredsstiller de spesifiserte betingelsene i definisjonsdomenet.
Finn for eksempel parameterverdier der:
1) ligningen er oppfylt for enhver verdi av variabelen fra et gitt intervall;
2) settet med løsninger til den første ligningen er en delmengde av settet med løsninger til den andre ligningen osv.
En kommentar. Variasjonen av problemer med en parameter dekker hele kurset i skolematematikk (både algebra og geometri), men det overveldende flertallet av dem i avsluttende og opptaksprøver tilhører en av de fire listede typene, som av denne grunn kalles grunnleggende.
Den mest utbredte klassen av problemer med en parameter er problemer med én ukjent og én parameter. Det neste avsnittet angir hovedmåtene for å løse problemer i denne spesielle klassen.
Grunnleggende metoder for å løse problemer med en parameter
Metode I(analytisk). Dette er en metode for den såkalte direkte løsningen, som gjentar standardprosedyrer for å finne svaret i problemer uten en parameter. Noen ganger sier de at dette er en metode for kraftfull, i god forstand, "arrogant" løsning.
Metode II(grafikk). Avhengig av oppgaven (med variabel x og parameter en) grafer er vurdert eller i koordinatplanet ( x; y), eller i koordinatplanet ( x; en).
En kommentar. Den eksepsjonelle klarheten og skjønnheten til den grafiske metoden for å løse problemer med en parameter fengsler studenter av emnet "Problemer med en parameter" så mye at de begynner å ignorere andre løsningsmetoder, og glemmer det velkjente faktum: for enhver klasse av problemer , deres forfattere kan formulere en som er briljant løst på denne måten og med kolossale vanskeligheter på andre måter. Derfor, i den innledende fasen av studien, er det farlig å starte med grafiske teknikker for å løse problemer med en parameter.
Metode III(vedtak om parameter). Når du løser denne måten, variablene x Og en aksepteres som like og variabelen som den analytiske løsningen anses som enklere er valgt. Etter naturlige forenklinger går vi tilbake til den opprinnelige betydningen av variablene x Og en og fullfør løsningen.
La oss nå gå videre til å demonstrere disse metodene for å løse problemer med en parameter.
1. Lineære ligninger og ulikheter med parametere
Lineær funksjon: – ligning av en rett linje med helningskoeffisient . Vinkelkoeffisienten er lik tangenten til helningsvinkelen til den rette linjen til den positive retningen til aksen .
Lineære ligninger med parametere av formen
Hvis , ligningen har den eneste tingen løsning.
Hvis , den ligningen har ingen løsninger, Når , og ligningen har uendelig mange løsninger, Når .
Eksempel 1. Løs ligningen | x | = en .
Løsning:
en > 0, => x 1,2 = ± en
en = 0, => x = 0
en < 0, =>det finnes ingen løsninger.
Svar: x 1,2 = ± en på en > 0; x= 0 kl en= 0; finnes det ingen løsninger for en < 0.
Eksempel 2. Løs ligning |3 – x | = en .
Løsning:
en > 0, => 3 – x = ± en , => x= 3 ± en
en = 0, => 3 – x = 0. => x = 3
en < 0, =>det finnes ingen løsninger.
Svar: x 1,2 = 3 ± en på en > 0; x= 3 kl en= 0; finnes det ingen løsninger for en < 0.
Eksempel 3. Løs ligningen m ² x – m = x + 1.
Løsning:
m ² x – m = x + 1
m ² x – x = m + 1
(m² – 1)x = m + 1
Svar: 
på m
≠ ±
1; x
Є
R på m= –1; finnes det ingen løsninger for m
= 1.
Eksempel 4. EN løse ligningen: ( en 2 – 4) x = en + 2 .
Løsning: La oss faktorisere koeffisienten. .
Hvis , ligningen har den eneste tingen løsning: .
Hvis , ligningen har ingen løsninger.
Hvis , så har ligningen uendelig mange løsninger .
Eksempel 6. For alle parameterverdier en
løse ligningen: 
.
Løsning: ODZ: .
Under denne betingelsen er ligningen ekvivalent med følgende: 
.
La oss sjekke om du tilhører ODZ: ,
Hvis .
Hvis ,
deretter ligningen har ingen løsninger.
Eksempel 7. For alle parameterverdier EN løs ligningen: | X + 3| – en | x – 1| = 4.
Løsning: La oss dele talllinjen i 3 deler etter punkter der uttrykkene under modultegnet forsvinner og løser 3 systemer:
1) 
,
Hvis .
Funnet vil være løsningen hvis .
2) 
,
Hvis .
Den som er funnet tilfredsstiller den nødvendige ulikheten, er derfor en løsning for .
Hvis ,
da er løsningen hvilken som helst .
3) 
,
Hvis .
Funnet Ikke tilfredsstiller den nødvendige ulikheten, derfor, Ikke er en løsning når .
Hvis ,
da er løsningen en hvilken som helst x > 1.
Svar: kl ; ;
på P ; ri .
er også en løsning for alle Eksempel 8. EN Finn alle x – 7en = 2 – 3øks + 6en , for hver av dem minst én av løsningene til ligning 15 2 .
Løsning: mindre .
La oss finne løsninger på ligningen for hver .
, Hvis 
.
La oss løse ulikheten:
Når ligningen ikke har noen løsninger. : ENÎ (–5 , 4) .
Svar Lineære ulikheter
med parametere For eksempel: Løs ulikhet: < b .
Hvis k kx 
> 0, da k
< 0, то 
> 0, da k. Hvis b> 0 løsning er hvilken som helst x
Є R, og når 
det finnes ingen løsninger.
Løs de resterende ulikhetene i boksen på samme måte.
Eksempel 1. For alle verdiene til parameter a, løs ulikheten 
.
Løsning:
. Hvis parentesen er før x er positiv, dvs. på 
, Det 
. Hvis parentesen er før x negativ, dvs. på 
, Det 
. Hvis en= 0 eller a = , så er det ingen løsninger.
Svar: på ; på ;
finnes det ingen løsninger for en= 0 eller a = .
Eksempel 2. For alle parameterverdier EN løse ulikhet | X– a| – | x + en| < 2en .
Løsning:
På en=0 vi har en feil ulikhet 0< 0, т.е. решений нет. Пусть a >0, deretter ved x< –en begge modulene utvides med minus og vi får feil ulikhet 2 en < 2en, dvs. det finnes ingen løsninger. Hvis x Є [– en ; en] , så åpner den første modulen med minus, og den andre med pluss, og vi får ulikheten –2 x < 2en, dvs. x > –en, dvs. løsningen er hvilken som helst x Є (– en ; en]. Hvis x > en begge modulene åpner med pluss og vi får riktig ulikhet –2 en < 2en, dvs. , løsningen er hvilken som helst x Є ( en; +∞). Ved å kombinere begge svarene får vi det når en > 0 x Є (– en ; +∞).
La en < 0, тогда первое слагаемое больше, чем второе, поэтому разность в левой части неравенства положительна и, следовательно, не может быть меньше отрицательного числа 2en. Altså med en < 0 решений нет.
Svar: x
Є (– en; +∞) kl en> 0 finnes det ingen løsninger på 
.
Kommentar. Løsningen på dette problemet er raskere og enklere hvis du bruker den geometriske tolkningen av modulen til differansen til to tall som avstanden mellom punktene. Da kan uttrykket på venstre side tolkes som forskjellen i avstander fra punktet X til poeng EN Og - EN .
Eksempel 3. Eksempel 8. EN, for hver av dem alle løsninger av ulikheten 
tilfredsstille ulikhet 2 x
– en² + 5< 0.
Løsning:
Løsningen på ulikheten |x | ≤ 2 er et sett EN=[–2; 2], og løsningen på ulikhet 2 x
– en² + 5< 0 является множество B
= (–∞; 
). For å tilfredsstille betingelsene for problemet, er det nødvendig at sett A inkluderes i sett B (). Denne betingelsen vil være oppfylt hvis og bare hvis .
Svar: a Є (–∞; –3)U (3; +∞).
Eksempel 4. Finn alle verdier av en som ulikheten for 
løper for alle x fra segmentet.
Løsning:
En brøk er mindre enn null mellom røttene, så du må finne ut hvilken rot som er størst.
–3en
+ 2 < 2en
+ 4 
og –3 en
+ 2 > 2en
+ 4 
. Altså med 
xЄ (–3 en
+ 2; 2en+ 4) og for at ulikheten skal gjelde for alle x fra segmentet, er det nødvendig at
På 
xЄ (2 en
+ 4; –3en+ 2) og slik at ulikheten gjelder for alle x fra segmentet , er det nødvendig at
Når a = – (når røttene faller sammen) er det ingen løsninger, fordi i dette tilfellet har ulikheten formen: .
Svar: 
.
Eksempel 5. EN ulikheten er gyldig for alle negative verdier X?
Løsning:
Funksjonen øker monotont dersom koeffisienten kl x ikke-negativ, og den avtar monotont hvis koeffisienten kl x negativ.
La oss finne ut tegnet til koeffisienten ved 
en ≤ –3,
en ≥ 1; (en² + 2 en – 3) < 0 <=> –3 < en < 1.
en ≤ –3,
La en≥ 1. Deretter funksjonen f
(x
)
reduseres ikke monotont, og tilstanden til problemet vil bli tilfredsstilt hvis f
(x
)
≤ 0 <=> 3en
² – en
– 14 ≤ 0 <=> 
.
en ≤ –3,
Sammen med forholdene en≥ 1; vi får: 
La -3< en < 1. Тогда функция f (x ) avtar monotont, og tilstanden til problemet kan aldri tilfredsstilles.
Når ligningen ikke har noen løsninger.:
.
2. Kvadratiske ligninger og ulikheter med parametere
.
I settet med reelle tall studeres denne ligningen ved å bruke følgende skjema.
Eksempel 1. Til hvilke verdier en ligningenx ² – øks + 1 = 0 har ingen reelle røtter?
Løsning:
x ² – øks + 1 = 0
D = en ² – 4 1 =en ² – 4
en ² – 4< 0 + – +
( en – 2)( en + 2) < 0 –2 2
Når ligningen ikke har noen løsninger.: påa Є (–2; 2)
Eksempel 2.For hvilke verdier av a gjør ligningen EN (X ² – X + 1) = 3 X + 5 har to forskjellige virkelige røtter?
Løsning:
EN (X ² – X + 1) = 3 X + 5, EN ≠ 0
Åh ² – ah+ a – 3 X – 5 = 0
Åh ² – ( EN + 3) X + EN – 5 = 0
D = ( en +3)² – 4en ( en – 5) = en ² +6en + 9 – 4 en ² + 20en = –3 en ² + 26en + 9
–3 en ² + 26 en + 9 > 0
3 en ² – 26en – 9 < 0
D = 26² – 4 3 (–9) = 784
en
1
=
;
en
2
=
+ –
+
0 9
Svar:påenЄ (–1/3; 0)U (0; 9)
Eksempel 3: Løs ligningen 
.
Løsning:
ODZ: x ≠1, x ≠ en
x
– 1 +
x
–
en
= 2, 2
x
= 3 +
en
, 
1)
; 3 +
en
≠ 2;
en
≠ –1
2) 
; 3 +
en
≠ 2
en
;
en
≠ 3
Svar:
påen
Є (–∞; –1)U
(–1; 3)
U
(3; +∞);
finnes det ingen løsninger fora = –1; 3.
Eksempel4 . Løs ligningen | x ²–2 x –3 | = en .
Løsning:
La oss se på funksjonene y = | x ²–2 x –3 | Ogy = en .
På en
<
0
ingen løsninger;
på en
=
0 og en> 4 to løsninger;
på 0< en
< 4 – четыре решения;
på en= 4 – tre løsninger.
Svar:
på en
< 0 нет решений;
på en= 0 og en> 4 to løsninger;
på 0< en
< 4 – четыре решения;
på en= 4 – tre løsninger.
Eksempel 5.Finn alle verdier
en
, for hver av dem ligningen
|
x
²–(
en
+2)
x
+2
en
| = |
3
x
–6
|
har nøyaktig to røtter. Hvis slike verdier
en
mer enn én, angi deres produkt i svaret ditt.
Løsning:
La oss dekomponere kvadratisk trinomium x
²–(
en
+2)
x
+2
en
med multiplikatorer.
;
;
;
Vi får |
(
x
–2)(
x
–
en
)
| =
3
|
x
–2
|.
Denne ligningen tilsvarer settet
Derfor har denne ligningen nøyaktig to røtter if en+ 3 = 2 og en
– 3 = 2.
Herfra finner vi at de ønskede verdiene en er en
1
= –1; en
2
= 5; en
1
·
en
2
= –5.
Svar: –5.
Eksempel 6.Finn alle verdier en , som røttene til ligningen øks ² – 2( en + 1) x – en + 5 = 0 er positive.
Løsning:
Sjekkpunkt en= 0, fordi endrer essensen av ligningen.
1. en = 0 –2x + = 0;
Svar: en Є U.
Eksempel 7.Påhvilke parameterverdier en ligningen | x ² – 4 x + 3 | = øks har 3 røtter.
Løsning:
La oss bygge grafer over funksjoner y = | x ² – 4 x + 3 | Og y = øks .
Funksjonen er tegnet på segmentet 
.
Denne ligningen vil ha tre røtter hvis grafen til funksjonen y
=
øks vil være tangent til grafen y
= x
²+ 4
x
– 3
på
segmentet
Tangentligningen har formen y
=
f
(x
0
) +
f
’(x
0
)(x
–
x
0
),
Fordi tangentligning y
=
en, får vi et ligningssystem 
Fordi x 0 Є ,
Svar: på en
= 4 – 2
.
Kvadratiske ulikheter med parametere
Eksempel.Finn alle parameterverdier
en
, for hver av løsningene på ulikhetene 
det er ikke noe punkt på linjestykket.
Løsning:
Først, la oss løse ulikheten for alle verdiene til parameteren, og deretter finne de som det ikke er et enkelt punkt i segmentet blant løsningene for .
La 
, øks
= t
²
t ≥ 0
Med en slik erstatning av variabler utføres ODZ for ulikhet automatisk. x kan uttrykkes gjennom t, Hvis en≠ 0. Derfor tilfellet når en
= 0, vil vi vurdere separat.
1. La en
= 0, da X> 0, og det gitte segmentet er en løsning.
2. La en≠ 0, da 
og ulikhet vil ta formen 
, 
Løsningen på ulikheten avhenger av verdiene en, så vi må vurdere to saker.
1) Hvis en>0, da 
på 
, eller i gamle variabler,
Løsningen inneholder ikke et enkelt punkt av det gitte segmentet hvis og bare hvis betingelsene er oppfylt en ≤ 7,
16en≥ 96. Derfor en
Є .
2). Hvis EN< 0, то ; 
; tЄ (4 en
; en). Fordi t≥ 0, så er det ingen løsninger.
Svar: .
Irrasjonelle ligninger med parametere
Når du løser irrasjonelle ligninger og ulikheter med en parameter, bør for det første tas hensyn til rekkevidden av akseptable verdier. For det andre, hvis begge sider av ulikheten er ikke-negative uttrykk, kan en slik ulikhet kvadreres samtidig som ulikhetens fortegn opprettholdes.
I mange tilfeller irrasjonelle ligninger og etter endring av variabler reduseres ulikhetene til kvadratiske.
Eksempel 1. Løs ligningen 
.
Løsning:
ODZ: x + 1 ≥ 0, x ≥ –1, en ≥ 0.
x + 1 = en ².
Hvis x = en² – 1, så er betingelsen oppfylt.
Svar: x = en² – 1 kl EN≥ 0; finnes det ingen løsninger for en < 0.
Eksempel 2: Løs ligningen 
.
Løsning:
ODZ: x + 3 ≥ 0, x ≥ –3,
øks ≥ 0; x ≤ en;
x + 3 = øks,
2x = en – 3,
<=>
<=>
<=>
en
≥ –3.
Svar: på en≥ –3; finnes det ingen løsninger for en
< –3.
Eksempel 3. Hvor mange røtter har ligningen? 
avhengig av parameterverdier EN?
Løsning:
Område for akseptable verdier av ligningen: x Є [–2; 2]
La oss bygge grafer over funksjoner. Grafen til den første funksjonen er den øvre halvdelen av sirkelen x² + y² = 4. Grafen til den andre funksjonen er halveringslinjen til den første og andre koordinatvinkelen. Fra grafen til den første funksjonen, trekk fra grafen til den andre og få grafen til funksjonen 
. Hvis du erstatter på på EN, så er den siste grafen til funksjonen settet med punkter (x; a) som tilfredsstiller den opprinnelige ligningen. 
I følge grafen ser vi svaret.
Svar: på ENЄ (–∞; –2) U (1; +∞), ingen røtter;
på ENЄ [–2; 2), to røtter;
på EN= 1, en rot.
Eksempel 4. Ved hvilke parameterverdier EN ligningen 
har en enkelt løsning?
Løsning:
Metode 1 (analytisk):
Svar:
Metode 2 (grafisk):
Svar: for a ≥ –2 har ligningen en unik løsning
Eksempel 5. For hvilke verdier av parameteren a har ligningen = 2 + x en unik løsning.
Løsning:
La oss vurdere en grafisk versjon av løsningen på denne ligningen, det vil si at vi vil konstruere to funksjoner:
på 1 = 2 + X Og på 2 =
Den første funksjonen er lineær og går gjennom punktene (0; 2) og (–2; 0).
Grafen til den andre funksjonen inneholder en parameter. La oss først vurdere grafen til denne funksjonen ved EN= 0 (fig. 1). Når du endrer parameterverdien, vil grafen bevege seg langs aksen ÅH med den tilsvarende verdien til venstre (for positiv EN) eller til høyre (for negativ EN) (Fig. 2)
Fra figuren er det tydelig at når EN < –2 графики не пересекают друг друга, а следовательно не имеют generelle løsninger. Hvis verdien av parameter a er større enn eller lik –2, så har grafene ett skjæringspunkt, og derfor én løsning.
Svar: på en≥ –2 har ligningen en unik løsning.
Trigonometriske ligninger med parametere.
Eksempel 1.Løs ligningen synd (– x + 2 x – 1) = b + 1.
Løsning:
Gitt rarheten til funksjonen 
, reduserer vi denne ligningen til ekvivalenten 
.
1. b = –1
3. b =–2
4. | b + 1| > 1
Det finnes ingen løsninger.
5. bЄ(–1; 0)
6. bЄ(–2; –1)
Eksempel 2.Finn alle verdiene til parameteren p som ligningen for
har ingen løsninger.
Løsning:
La oss uttrykke cos 2 x gjennom sinx.
La 
så ble oppgaven redusert til å finne alle verdiene s, som ligningen ikke har noen løsninger for på [–1; 1]. Ligningen kan ikke løses algoritmisk, så vi løser oppgaven ved hjelp av en graf. La oss skrive ligningen i formen , og nå en skisse av grafen til venstre side 
lett å bygge.
Ligningen har ingen løsninger hvis den rette linjen y
=
s+ 9 skjærer ikke grafen på intervallet [–1; 1], dvs. 
Svar:s Є (–∞; –9) U (17; +∞).
Ligningssystemer med parametere
Systemer på to lineære ligninger Lineære ulikheter
System av ligninger 
Løsningene til et system med to lineære ligninger er skjæringspunktene mellom to rette linjer: og .
Det er 3 mulige tilfeller:
1. Linjer er ikke parallelle . Da er deres normale vektorer ikke parallelle, dvs. . I dette tilfellet har systemet eneste avgjørelse.
2. Linjene er parallelle og er ikke sammenfallende. Da er deres normalvektorer parallelle, men skiftene er forskjellige, dvs. .
I dette tilfellet systemet har ingen løsninger .
3. De rette linjene faller sammen. Da er deres normalvektorer parallelle og skiftene sammenfaller, dvs. . I dette tilfellet har systemet uendelig mange løsninger - alle punktene på en linje .
