Решение дробно-рациональных и иррациональных уравнений, содержащих параметр.

Решение   дробно­рациональных  и  иррациональных   уравнений,   содержащих параметр, сводящихся к линейным уравнениям. Дробно­рациональные уравнения, содержащие параметр. Процесс   решения   дробно­рациональных   уравнений   протекает   по   обычной схеме: данное уравнение заменяется целым путем умножения обеих частей уравнения   на   общий   знаменатель   левой   и   правой   его   частей.   После   чего учащиеся   решают   известным   им   способом   целое   уравнение,   исключая посторонние корни, то есть числа, которые обращают общий знаменатель в нуль. В случае уравнений с параметрами эта задача более сложная. Здесь, чтобы посторонние корни исключить, требуется находить значение параметра, обращающее   общий   знаменатель   в   нуль,   то   есть   решать   соответствующие уравнения относительно параметра. Пример 1. Решить уравнение x  ( xa )1  2  x 2  ( xa 3  2  a )(1 x  )2 . (1) Решение. Значение а=0 является контрольным. При a=0 уравнение (1) теряет смысл и, следовательно, не имеет корней. Если а≠0, то после преобразований уравнение (1) примет вид: 2 x   12   axa  2  2 a  03 (2) Найдем   дискриминант   уравнения   (2)     1 2  a   2 a  2 a  3  4 D 4 .   Находим корни   уравнения   (2):   x 1  a ,1 x 2  a 3 .  При   переходе   от   уравнения   (1)   к уравнению  (2)   расширилась   область   определения   уравнения  (1),  что   могло привести к появлению посторонних корней. Поэтому необходима проверка. Проверка.   Исключим   из   найденных   значений  х  такие,   при   которых x 1  ,01 x 1  ,02 x 2  ,01 x 2  02 . Если  ,011 x  т. е.  a 01  1 , то  . 2a Таким образом, при  ,2a   1x ­посторонний корень уравнения (1). Если  x ,021 т. е.  a 02  1 , то  . 3a Таким образом, при  ,3a   1x ­ посторонний корень уравнения (1). Если  x ,011 т. е.  a  3  01 , то  . 2a Таким образом, при  2a   2x ­ посторонний корень уравнения (1)'. Если  x 2 2 ,0 т. е.  a  3  0 2 , то  . 1a Таким образом, при  1a   2x ­ посторонний корень уравнения (1). При  3a  получаем  6x ; при    a  х ,2  5 При    1a 211 x ; при    2a 312 x . Итак, можно записать  Ответ: 1) если   то  ,3a 6х 2) если   то  ,2a 5х   ;  3) если  ,0a  то корней нет;  4) если  , то  ;  2х 1a 5) если  2a , то  ; 3х , то  х 1  а ,1 х 2  а 3 .  6) если   3 a  a 2  a 0  a 1  a 2         Иррациональные уравнения, содержащие параметр. Главными особенностями при решении уравнений такого типа являются: 1. ограничение области определения неизвестной х, так как она меняется в зависимости от значения параметра. 2. в решении уравнений вида  ),( axf  ),( axg  при возведении в квадрат необходимо учитывать знак  ),( axg  и проводить проверку корней. При   рассмотрении   всех   особых   случаев   и   возведении   обеих   частей иррационального уравнения в квадрат мы переходим к решению квадратного уравнения с параметром. Рассмотрим несколько примеров и попробуем заметить эти особенности при решении. Пример 2. Решить уравнение  .  х  a  x 2  1  (3) Решение:   метод   решения:   возведем   в   квадрат   обе   части   иррационального уравнения с последующей проверкой полученных решений.  Перепишем исходное уравнение в виде: a  2 x  x 1 (4) При возведении в квадрат обеих частей исходного уравнения и проведения тождественных преобразований получим:  2 2 х  2 х   1 а  ,0 D  a 2 1 Особое значение:  . Отсюда: 5.0a 1) при  a  5.0 x 2.1  15.0   2 a  ; 1 2) при  a  x 5.0  5.0 ; 3) при  5.0a  уравнение не имеет решений. Проверка: 1) при   подстановке   5.0x   в   уравнение  (4),  равносильное   исходному, получим   неверное   равенство.   Значит,     не   является   решением   (4)   и 5.0x уравнения (3). 2) при подстановке   15.0   x 2 1 2 a   в (4) получим: 3)  15.0     1 2 a a     1 ( 0,5 ( ­ 2)) 1­2a Так   как   левая   часть   равенства   отрицательна,   то  х2  не   удовлетворяет исходному уравнению. 4) Подставим   15.0  x 1  1 2 a   в уравнение (4): a  1 a  1     2 2  2  1   a  1  1 2 2 . Проведя равносильные преобразования, получим: Если  11   0 2 a 2 , то можно возвести полученное равенство в квадрат: a  a  1 2 2     2 a  2 11  . 2    Имеем истинное равенство при условии, что  . 11   0 2 a 2 Это условие выполняется, если  1а . Так как равенство истинно при  1а , а  1х может   быть   корнем   уравнения   (3)   при   ,   следовательно,   5.0а –   корень 1х уравнения при  . 1а Ответ.  1. при  a  ,1 x   15.0  ; 1 2 a  2. при  1а  уравнение не имеет решений [4]. Пример 3. Для каждого значения а решить уравнение  .  2  a 1  x 4 Решение.  x  4 ,0 x  4 . а 4  2 х  2 а  x 4           2 a  4 x  4 a  a 2 4  4 a x     2 a  a 2 Ответ.  42  ax a  при  ; при  2a 2a  решений нет. Пример   4.   Выяснить,   при   каких   значениях   параметра   а   уравнение 2 x  3 x  ax a 3  не имеет решений. Решение. Уравнение не имеет решения при  x  32 x 3 a 4 a   32 0 x x 3   D 4 9 12 a  03 a 4 3 4  ax  x a  0 a  a 3  или  0 .  ax 0 Ответ. Уравнение не имеет решения при  a   и  x . 3a 4 Пример   5.   Для   каждого   значения   а   решить   уравнение   4 xa   4 xa  2 x Решение.  xa xa  0  0     2 a .  0 0 a Пусть  x  ,0 4 a  4 a  0 Пусть  . 0x a  x  , aa  0 x 4 a  x  4 a  x 0 , но  2 x 0 , следовательно,  0x  не может быть. Пусть  . 0x a  x  ,0 a  a x 4 a  x  4 a  x 0 ,  , 2 x 0 следовательно,   не может быть. 0x Ответ.   при  0x 0a , при  0a  решений нет. Пример  6.   Для   каждого   значения   а   определить   число   решений   уравнения . 2 x  2 x  a Решение. 1)  , при  0a 0a  решений нет.     1 1 x   0 2 x 2 x   a x   0  2 x 2 a     2 x  x 2 x  0  a 2 0     x 2.1  0  1 x 1 2 a x 2    всех  2 0   1 1   2 a 2 a при 0   0 а а при всех а При   1а   одно решение; при   1а   нет решений, так как     ; при 1  a 2  0  два решения. 1а      x x   0 2 x 1 1   2 a 2 a  2 1 1       при  0 x  2 ax 2 0     x 2.1 а 0  x 1  1 2 a при всех а , кроме а  0 2 x  всех  2 0  a 0   0 а При   и  1а 0а  одно решение; при   нет решений; при   два 0  а 1 1а решения. Ответ.  при  )1;0(а  четыре решения,  при  0а  три решения, при  1а  два решения, при  а ( )0;  ) ;1(  нет решения, Пример   7.   Найти   все   значения   а,   удовлетворяющие   условию   ­1<а<1,   при   принимает   минимальное которых   выражение    21 2 x  2 axy  2 y  6 y  10 значение точно для одной пары (x;y) [8]. Решение. Выражение минимально, когда   2 x  2 axy  2 y  6 y  0 10 . Решим это уравнение относительно х. x 2.1  ay 2 2 ya  2 y  6 y  10  0 , но х должен быть единственным. Следовательно,  2 2 ya  y  62 y  10 2 ( a  2 )1 y  6 y  0 10 . Из условия   . a ( 2 )1  0 Чтобы  y  был   единственным,   соответствующая   парабола   должна   снизу касаться оси Ох. y 2.1  3  9 2 a (10  1 2 a  )1  2 10 a  01 a . 1 10 Ответ.  . 1a 10 Пример   8.   Число   а   подобрано   так,   что   уравнение   имеет   решение.   Найти   это   решение   и x  3  2 2 xa  2 ax  6   3  926  значение а. Решение.  x  3  22 xa  2 ax 2 xa  6  ax   3 6  6   3  3   2  6   3  x 2   0 3 2  2  ax   ax    ax      x 6 6 6    3  2      0 2 3 3 3  0  x  0  u     a 3  x  3 x  0 3   13  3  2  a     1  x 2 3 Ответ.  a  1 ,2 x  3 , .