Решение задач с параметром

3  10 2 a  1  3,0 a 1 log 2 Заменим неравенства равносильными им системами       2 a 2 a  3  10        а  a  2 3 1 5       1 log 2 1 log 2 a a  1  3,0  log 2 a  log 2 a      1 10 3     a  2  1  10 3 a  2

a  a  1 5 1 2 [a ; 1 5  10 3 2 1 2 ] ( x a 0  log2  02 2  a x log ( 0 x x 3 1 10 2 2 a  () (  () x 2 a  3 1  9 22  1  3 8 2  1 5  0)10   )2; [ 10  0) log a 2 ]3;10        а a    2 3 1 5   2          a  2) Если а=1, то  2 10 3 a 1  3) Если a>1 2 a 2 10 log 1 1 5 2 ] ; 2 a Ответ:  [a                                        ­ не может содержаться целиком в [­10; ­3] (  ;  ) ( )

Графический способ решения  задач с параметром Задачу с параметром можно рассматривать как функцию  f (x; a) =0 1.   Строим графический образ Схема  решения: 2. Пересекаем полученный график прямыми  параллельными  оси абсцисс 3.   «Считываем» нужную информацию

Найдите   все значения   параметра   а,  при которых  уравнение                                 имеет единственное  решение.      х а 3 1 2 х у В ­ 2 4 2 0 А ­ 4 х РЕШЕНИЕ. Правая часть этого уравнения задает неподвижный  «уголок»,  левая  –  «уголок»,  вершина  которого  двигается по оси абсцисс.

Очевидно,  что  данное  уравнение  будет  иметь  единственное  решение,  если  вершина  движущегося  «уголка» попадет в точку А, или точку В.   Имеем, х хх 310    4,  2, тогда А(­4; 0), В(­2; 0) и координаты этих точек  у ха  удовлетворяют уравнению  2 . у     8 а    4 а 0 0  а а   8   4 . А В 2 ­ 4 Ответ:  8,   4а а ­ 2 0 х      

С5 Найдите все значения а, при каждом из которых  решения неравенства                                   образуют на  x числовой прямой отрезок длины 1.      x a 2 1 3 Решение. Изобразим графики левой и правой частей неравенства  2     3 1 у x a x Неподвижный  «прямой угол» с  вершиной в точке (­3;  ­1), лучи которого  направлены вверх.  .­3 0 ­1 . х И сжатый в два раза «прямой угол», лучи которого направлены  вверх и двигающийся вдоль оси абсцисс в зависимости от  параметра а.

С5 Найдите все значения а, при каждом из которых  решения неравенства                                   образуют на  x числовой прямой отрезок длины 1.      x a 2 1 3 Решение. x a 1 3     2 x Заметим, что  неравенство не имеет  решения при ­4<х<­2. у Решения образуют  отрезок длиной 1, если  расстояние между  абсциссами точек  пересечения графиков  равно 1. A B .­3 0 ­1 . C D х IABI=1,и аналогично  ICDI=1.

С5 Найдите все значения а, при каждом из которых  решения неравенства                                   образуют на  x числовой прямой отрезок длины 1.      x a 2 1 3 Решение. Раскрывая знак модуля на каждом интервале, получим: х 2    4      x a    2     x a х 2 4 2 x x у 2 2 х    х а 4     x aх 4  4 4 x a a    3  x По условию IАВI = 1, значит:   4 3     4) 1,  a a a ( . 19 2 Ответ:  0 ­1 A B . По условию ICDI = 1,  значит:   2     1, C 2 a a D х 5 2 . .­3  3 a 19 2 и        5 2       

2 х  2 х ( а  Найти количество корней уравнения в зависимости от параметра а  Данное уравнение равносильно совокупности следующих  двух уравнений:  2 х  x  1 )( а а 1     2 x .  11 a a Количество  решений  данного  уравнения  ­  это  число  пересечения  графика  данного  уравнения  с  горизонтальной  прямой      .  По  рисунку «считываем» ответ точек  а  0а х  0)1 1 х 0 ­ 1 a если     если         если  а      0 аи     a    ,1  то      ,1   1    0 a и   ,1 три 0    два         то корня        ,1 a корня то     четыре     корня

ОБОБЩЕННЫЙ МЕТОД ОБЛАСТЕЙ («переход» метода интервалов с прямой на плоскость) Неравенства с одной переменной Неравенства с двумя переменной Метод интервалов: Метод областей: 1.ОДЗ 2. Корни 3. Ось 4. Знаки на интервалах 5. Ответ. 1. ОДЗ 2. Граничные линии 3. Координатная плоскость 4. Знаки в областях 5.Ответ по рисунку.

На координатной плоскости изобразите множество точек ,  координаты которых удовлетворяют неравенству  ху 1  0   х   у у Решение. На координатной плоскости нарисуем линии,  определяемые равенствами  у – х = 0  и   х у ­ 1= 0  которые разбивают плоскость  на несколько областей.  При  х  =  1,  у  =  0  левая  часть  неравенства равна ­1.  Следовательно,  в  области,  содержащей  точку  (1;  0),  она  имеет  знак  минус,  а  в  остальных  областях её знаки чередуются.   Ответ: заштрихованные области на рисунке. ­ 1 0 1 ­ 1 1 х

На координатной плоскости   изобразите множество точек,   х удовлетворяющих неравенству  х 2 2   у у 2 2  1  0 2 2 х  1 01 у у  2 у 0 Найдем     ОДЗ          : х 2  2 2 х у Граничные линии:  Строим граничные  линии.  Они разбивают  плоскость на восемь  областей, определяя  знаки подстановкой в  отдельных точках,  получаем решение.  Ответ: заштрихованные                области на рисунке.  хих         у 1 0 ­ 1 ­ 1 + 2 + + 2  1 у 1 х +

МЕТОД ОБЛАСТЕЙ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ С ПАРАМЕТРАМИ Графический прием Ключ решения: Свойства функций Параметр – «равноправная» переменная  отведем ему координатную  ось  т.е. задачу с параметром будем рассматривать как функцию  f (x ;  a) >0 Общие признаки задач подходящих  под рассматриваемый метод В задаче дан один  параметр а и одна  переменная  х Они образуют некоторые  аналитические выражения F (x;a), G (x;a) Графики уравнений F(x;a)=0,G(x;a)=0 строятся несложно 1.Строим графический образ Схема  решения: 2.Пересекаем полученный график прямыми  перпендикулярными параметрической оси 3.«Считываем» нужную информацию

Найти все значения параметра р, при каждом из которых множество решений неравенства   не  одного  неравенства      2 решения  содержит   0 х  2 1 ни  p x p x   2 Применим обобщенный метод областей.  Построим граничные линии  2   и   р    2 р х х Определим знаки в полученных областях,  и получим решение  данного неравенства. .  Осталось из полученного множества  исключить решения неравенства  х  2 1 По рисунку легко считываем ответ  р 0,   3 р   Ответ:  р  0,   р  3 р 3 2 1 р = 3 р = 0 ­1 0 1 2 х

Сколько решений имеет система  в зависимости от параметра а?  y 2  х 2  х у у  , а 2 1  2 1 a a 0 1 a x 2 2 a ­1 2 ­2 1a решений нет при  4 решения  при  а = 1  Графиком первого  уравнения является  a  8 решений  при 1 2 семейство квадратов  с  а  вершинами в точках 2 4 решения при       а а ;0 , 0; ;0 , 0; a  2 решений нет при  ­2 Графиком  второго  Ответ:  решений нет, если  уравнения является   a 2 a 1  или   неподвижная окружность с  4 решения, если  центром в начале  1  или   а 2 а координат и радиусом 1  8 решений, если     а   ,   а 2 1 a  2     

у  2  0 х   1   4  2 а каких    4 х  2 2 х у При  положительных  значениях  параметра  а,  система  уравнений  имеет  ровно  четыре  решения?     4 2 у х Запишем  систему в виде:    2 2 2 а  ( 2) у а . х 2 2 решений нет при  Построим графики обоих уравнений. Шаги построения первого уравнения: 4 решения при у  Строим уголок                        затем                             и симметрично  у 2 отображаем  оси  8 решений при  2 2 абсцисс.  задает  Второе  семейство  окружностей  с  центром  4 4 решения при  (2;0) и радиусом а. Итак: при                решений нет; при                и            система имеет 4 решения;     система имеет 8 решений при  относительно  a  а  2 2    х 2 , 4 2 2 a  уравнение  а  2 2 а  2 2 а  4  х  а  4 ­2 0 2 у 2 4. х 4. Ответ:  а  2 2  и   а  4         

Литература  Задачи для решения из книг: 1. Внеурочная работа по математике в контексте реализации  инновационных технологий. Дидактические материалы для  организации деятельности обучаемых: учеб. пособие∕авт.­сост.:  А.Т. Лялькина, Е.В. Чудаева и др. – Саранск, 2007 2. П.И. Горнштейн, В. Б. Полонский, М.С. Якир. Задачи с  параметрами. – М.: Илекса, Харьков: Гимназия, 2003.  3.   Б.М.Ивлев, А.М.Абрамов, Ю.П.Дудницен, С.И.Шварцбурд. Задачи  повышенной трудности по алгебре и началам анализа: Учеб.  Пособие для 10­11 кл.сред.шк. ­ М.: Просвещение, 1990.  4. Экзаменационные материалы для подготовки к единому  государственному экзамену. Математика.  ЕГЭ – 2006.  Составитель: Клово А.Г. – 2005.

Спасибо за внимание!