Рівняння-нерівності з параметрами

1. Методика розв’язування рівнянь і
нерівностей, що містять
параметр
Попова Т.В., викладач кафедри
методики
природничо-математичної світи
«Харківська академія
неперервної освіти»
2016

2. ОРІЄНТОВНИЙ ПЛАН
• Понятійний апарат
• Класифікація задач з параметром
• Методи розв'язування задач з
параметром
 Графічний метод
 Аналітичний метод
 Графоаналітичний метод
(с) Т.В. Попова

3. СЕМАНТИКА
3
•ПАРАМЕТР (від грец. Parametron - відмірюють)
в математиці, величина, числові значення
якої дозволяють виділити певний елемент
(напр., криву) з безлічі елементів (кривих)
того ж роду.
(с) Т.В. Попова

4. ОСНОВНІ ПОНЯТТЯ
• Рівняннями з параметрами називаються рівняння
виду f(x;a1;a2;a3;…;an) = 0, де
х – шукане невідоме, а
a1;a2;a3;…;an – змінні параметри.
• Допустимі значення параметрів a1;a2;a3;…;an – при
яких вираз f(x;a1;a2;a3;…;an) має зміст при деяких
значеннях х.
• Розв’язати рівняння з параметром означає знайти
всі його розв’язки для кожної системи допустимих
значень параметра.
При розв’язуванні рівнянь з параметром область
визначення параметра може бути заданою. Якщо
не вказані межі заміни параметра, то вважається,
що параметр набуває всіх своїх допустимих
значень. (с) Т.В. Попова

5. КЛАСИФІКАЦІЯ
• За характером заданого питання:
- повні
- часткові
• За видом:
- рівняння з одним невідомим,
- нерівність або система нерівностей
з кількома невідомими,
- задачі на дослідження функції,
- текстова задача,
- задачі на прогресію,
(с) Т.В. Попова

6. • За типом функцій:
лінійні, раціональні, ірраціональні,
квадратні, показникові, логарифмічні,
тригонометричні, змішані.
• За методами розв'язання:
- графічний
- аналітичний
КЛАСИФІКАЦІЯ
(с) Т.В. Попова

7. МЕТОДИ
Методи розв’язування
рівнянь в шкільному
курсі математики:
розкладання
на множники
заміна змінної
піднесення
до степеня
графічний
(с) Т.В. Попова

8. МЕТОДИ
Методи розв’язування
систем рівнянь в шкільному
курсі математики:
підстановка
алгебраїчне
додавання
введення нових
змінних
метод Гауcса
множення і ділення
графічний
(с) Т.В. Попова

9. Графічний метод
два основні прийоми:
1 – Побудова графічного образу на
координатній площині (x;y),
2 – Побудова графічного образу на
координатній площині (x;а).
(с) Т.В. Попова

10. Етапи розв’язування рівнянь :
1) Знаходимо область допустимих значень невідомого і
параметрів, що входять до рівняння
(область визначення рівняння);
2) Виражаємо параметр а як функцію від х;
3) В системі координат хоу будуємо графік функції
а=f(х) для тих значень х, які входять до області
визначення даного рівняння.
4) Знаходимо точки перетину прямої а = с, де с належить
проміжку (–∞; ∞) з графіком а = f(х).
Можливі випадки
• пряма а = с не перетинає графік функції а = f(х).
(При цьому значенні а рівняння розв’язків не має);
• пряма а = с перетинає графік а = f(х).
(Тоді визначаємо абсциси точок перетину, для цього достатньо
розв’язати рівняння а = f(х) відносно х.)
5) Записуємо відповідь.
Графічний метод - 1
(с) Т.В. Попова

11. При побудові графічного образу
в площині (х;а):
• встановлюють ОДЗ змінної;
• встановлюють ОДЗ параметрів;
• виражають параметр а як функцію від х;
• перетинають отриманий графік прямими,
перпендикулярними до параметричної осі;
• записують потрібні результати.
Графічний метод -2
(с) Т.В. Попова

12. Аналізуючи графічні образи, школяр:
•
встановлює розгалуження розв'язків,
•
записує розв’язки ,
•
відтворює динаміку перетворення площини
Переваги графічного методу
Недоліки графічного методу
втрачається головна дидактична цінність
задач з параметрами як моделі мініатюрного
дослідження.
(с) Т.В. Попова

13. Аналітичний метод
•
Суть такого методу полягає в тому що спочатку
шукається повне розв’язання задачі,
а потім, виходячи з явного виразу розв’язку через параметр,
визначається значення параметра,
при яких розв’язок задовольняє заданим умовам.
NдлядостатнєMNтоMякщо
MдлянеобхіднеNтоNМЯкщо
−
−⇒
)(
,
(с) Т.В. Попова

14. Приклад-1.1
У залежності від значень параметра а
визначити число коренів рівняння
01)21( 224
=−+−+ axax
Нехай:
Тоді:1) Якщо
,2
xy =
01)21( 22
=−+−+ ayay
2) Якщо
3) Якщо або
4) Якщо
5) Якщо або
01 =y 02 >y
01 <y 02 >y 0=D
01 =y 02 <y
01 >y 02 >y
01 <y 02 <y 0<D
4 корені
3 корені
2 корені
1 корінь
нема коренів
yx ±=2,1
(с) Т.В. Попова

15. При яких значеннях параметра а рівняння
має розв’язок?
1) ОДЗ:
5log25log)lg2(log1 5 xxxa ⋅=−⋅+



⋅<
≠>
ax
xx
lg2
1;0
Приклад-1.2
(с) Т.В. Попова

16. 04.01.18 16
Приклад-1.3
1) ОДЗ: a>0; a≠1
3)Нехай
тоді
хоча б один корінь на відрізку
[0;1]
10,cos2
≤≤= ttx
0)5(62
=−++ att
(с) Т.В. Попова

17. Приклад-2.1
•Знайти необхідну і достатню умову того,
щоб обидва корені рівняння
були додатні
02
=++ cbxax
02
=++ cbxax
⇒
⇒ acbD 42
−=
⇒ a
c
xx =⋅ 21
⇒ a
b
xx −=+ 21
042
≥− acb
a
c
a
b
−
> 0
> 0
М
Умова додатності
коренів
(с) Т.В. Попова

18. М
0>−
a
с
0≠а
0<−
a
b
Приклад-2.2
• Знайти необхідну і достатню умову того,
щоб обидва корені рівняння
були від'ємні
02
=++ cbxax
⇒
⇒
⇒
acbD 42
−=
a
c
xx =⋅ 21
a
b
xx −=+ 21
042
≥− acb
Умова від'ємності
коренів
(с) Т.В. Попова

19. Приклад-2.3
• Знайти необхідну і достатню умову того,
щоб обидва корені рівняння
були різного знаку
02
=++ cbxax
М
⇒
⇒
⇒
acbD 42
−=
a
c
xx =⋅ 21
a
b
xx −=+ 21
042
>− acb
a
c
< 0
Умова різнознаковості
коренів
(с) Т.В. Попова

20. М
Приклад-2.4
• Знайти необхідну і достатню умову того,
щоб обидва корені рівняння
належали вказаному проміжку ( p; q )
02
=++ cbxax
⇒
⇒
⇒
f(p)
f(q)
⇒
acbD 42
−=
q
a
b
p <
−
<
2
042
≥− acb
аf(p)>0
аf(q)>0
q
a
b
p <
−
<
2
Умова належності
коренів проміжку
(с) Т.В. Попова

21. acbD 42
−=
• Знайти необхідну і достатню умову того,
щоб кожний корінь рівняння
належав вказаному проміжку ( p; r ) та ( r; q )
відповідно
Приклад-2.5
02
=++ cbxax
М
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
f(p)
f(q)
q
a
b
p <
−
<
2
f(r)
042
>− acb
аf(p)>0
аf(q)>0
аf(r)<0
q
a
b
p <
−
<
2
Умова належності
коренів проміжкам
(с) Т.В. Попова

22. Приклад-1.1
У залежності від значень параметра а
визначити число коренів рівняння
01)21( 224
=−+−+ axax
Нехай:
Тоді:1) Якщо
,2
xy =
01)21( 22
=−+−+ ayay
2) Якщо
3) Якщо або
4) Якщо
5) Якщо або
01 =y 02 >y
01 <y 02 >y 0=D
01 =y 02 <y
01 >y 02 >y
01 <y 02 <y 0<D
4 корені
3 корені
2 корені
1 корінь
нема коренів
yx ±=2,1
(с) Т.В. Попова

23. • 1)





>−
>−
>−
012
01
045
2
a
a
а
⇒ ⇒







>
>
<
2
1
1
4
5
a
a
a






∈
4
5
;1a
• 2)





>−
=−
>−
012
01
045
2
a
a
а
⇒ ⇒







>
=
<
2
1
1
4
5
a
a
a
1=a
• 3)



<−
>−
01
045
2
a
а





<
<
1
4
5
a
a
)1;1(−∈a⇒⇒
2
3
01)21(
,
4
3
01)21(,
4
5
24
22
±==−+−+
==−+−+=
хкоренідвамаєaxaxрівнянняданеотже
yкоріньмаєayayрівняннятоаЯкщо






∪−∈
4
5
)1;1(aТаким чином
Розв'язання
(с) Т.В. Попова

24. Розв'язання
• 4)





<−
=−
>−
012
01
045
2
a
a
а







<
=
<
2
1
1
4
5
a
a
a
⇒ ⇒ 1−=a
• 5)





<−
>−
>−
012
01
045
2
a
a
а







<
>
<
2
1
1
4
5
a
a
a
⇒ ⇒ )1;( −−∞∈a
Або
4
5
>a ⇒ );
4
5
( ∞∈a
);
4
5
()1;( ∞∪−−∞∈a
⇒
(с) Т.В. Попова

25. Відповідь






∈
4
5
;1a
1=a






∪−∈
4
5
)1;1(a
Якщо , то дане рівняння має чотири розв'язки
Якщо
Якщо
Якщо
Якщо
, то дане рівняння має три розв'язки
, то дане рівняння має два розв'язки
, то дане рівняння має один розв'язок
, то дане рівняння не має розв'язків
1−=a
);
4
5
()1;( ∞∪−−∞∈a
(с) Т.В. Попова

26. При яких значеннях параметра а рівняння
має розв’язок?
1) ОДЗ:
5log25log)lg2(log1 5 xxxa ⋅=−⋅+



⋅<
≠>
ax
xx
lg2
1;0
Приклад-1.2
(с) Т.В. Попова

27. 04.01.18 27
Приклад-1.3
1) ОДЗ: a>0; a≠1
3)Нехай
тоді
хоча б один корінь на відрізку
[0;1]
10,cos2
≤≤= ttx
0)5(62
=−++ att
(с) Т.В. Попова