Муниципальное автономное образовательное учреждение "Средняя общеобразовательная школа №93 с углубленным изучением отдельных предметов"

Проект

Метод областей

Авторы проекта:

Ученики 10 класса «Б»

Черепанов Павел

Карпенко Андрей

Руководитель проекта:

Хроленко Татьяна Михайловна

Кемерово

2018

Содержание

1.    Введение                                                                                         3
2.    Примеры использования «метода областей»                            5
3.    Задание из ЕГЭ                                                                              7
4.    Вывод                                                                                              8
5.    Список литературы                                                                      9

Введение

«Но когда эти науки (алгебра и геометрия) объединились, они энергично поддержали друг друга и быстро зашагали к совершенству».

Ж.Л. Лагранж

В современном мире каждый человек хочет получить хорошую, престижную профессию, чтобы в дальнейшем обеспечить свою жизнь. Для этого нужно иметь прочные знания, чтобы получить высокие баллы на ЕГЭ.  Для многих выпускников очень важно набрать большое количество баллов по профильной математике, так как это прямым образом влияет на шансы поступить в желаемый ВУЗ. Добиться этого довольно непросто: учебного времени не хватает для углубленной подготовки к заданиям высокого уровня сложности, одним из которых является задание 18 - уравнения и неравенства с параметром, приемы и способы решения которых в школьной программе практически не рассматриваются.

Цели проектной работы: исследование возможности применения «метода областей», как более рационального, при решении задач с параметрами.

Задачи:

1. Знакомство с «методом областей».
2. Получение практических навыков по решению задач с параметром «методом областей».
3. Применение «метода областей» в задачах ЕГЭ

Предмет исследования: классы неравенств и систем уравнений и неравенств, содержащих параметры, и методы их решения.

Решение данным методом, например, уравнения, содержащего параметр, приводит к необходимости рассмотрения на координатной плоскости однопараметрического семейства линий и связан с построением множеств и графиков функций. Поэтому иногда этот метод относят к графоаналитическим методам. Он является обобщением метода интервалов на случай более высокой размерности. Принципиально схема решения остаётся прежней. При решении, например, неравенства f(x) > 0 мы находили нули функции f(x) = 0 и тем самым числовая ось R разбивалось на подмножества, на которых функция была знакопостоянной. Затем мы отбирали нужные для нас подмножества, т. е. те, на которых f (x) > 0. При решении неравенства f (x, y) > 0, в случае плоскости R2, мы опять находим все нули, в данном случае кривые, на которых f (x, y) = 0. Данные кривые разбивают плоскость на множества, где функция f (x, y) знакопостоянна. Затем мы отбираем нужные для нас подмножества, т. е. те, на которых            f (x, y) > 0. Данный отбор можно осуществить подстановкой произвольной точки из исследуемого подмножества.

Часто при решении заданий с параметрами решение аналитическим способом является очень длинным и не всегда рациональным, тогда как решение этого задания «методом областей» значительно упрощает «выкладки» и дает возможность наглядно увидеть его решение. В своей работе мы постараемся показать рациональность использования «метода областей» для определённого класса задач.

ПРИМЕРЫ ИСПОЛЬЗОВАНИЯ «МЕТОДА ОБЛАСТЕЙ»

Пример №1: При каких значениях параметра а уравнение  имеет два корня.

Решение. Переходим к равносильной системе:

Эта система на координатной плоскости (х; а) задает кривую, изображенную на рис. 1 сплошной линией. Ясно, что все точки этой дуги параболы (и только они) имеют координаты (x; а), удовлетворяющие исходному уравнению. Поэтому число решений уравнения при каждом фиксированном значении параметра а равно количеству точек пересечения кривой с горизонтальной прямой, соответствующей этому значения параметра. Очевидно при  < а ≤ 0  указанные прямые пересекают график в двух точках, что равносильно исходному уравнению иметь два корня.

Ответ.  < a ≤ 0        

Пример №2: При каких значениях а уравнение (а + 4х – х2 – 1)(а + 1 – |x – 2|) = 0 имеет ровно три корня?

Решение. Имеем

График этой совокупности — объединение "галочки" и параболы (рис. 2). Очевидно лишь прямая, а = – 1 пересекает полученное объединение в трех точках.

Ответ. a = – 1

Пример №3: Для каждого значения а решить неравенство

(х – а)(х – 2)0.

Решение. Смотреть рисунок №3

Ответ.                                                          Если а < 2, то а ≤ х ≤ 2;                                                                                         если а = 2, то x = 2;                                        если а > 2, то 2 ≤ х ≤ а

Пример №4: Найти все значения а, при которых любое решение неравенства ax2 + (1 – a2)x – a > 0 по модулю не превосходит двух.

Решение. Перепишем данное неравенств в таком виде:                                     (a – x)(ax + 1) < 0.                                                                                                                                                                                                                                              

Графики уравнений x = a и ax = – 1 разбивают координатную плоскость (x; a) на четыре области. «Методом интервалов» устанавливаем, что решением исходного неравенства будут заштрихованные области (рис. 4). Теперь, если при каком-то фиксированном значении a0 прямая a = a0 в пересечении с полученной областью дает лишь точки, абсциссы которых удовлетворяют условию |x| ≤ 2, то a0 – одно из искомых значений параметра. Тогда очевидно, что все a из отрезка AB составляют

Ответ. 2 ≤ a ≤

Задание из ЕГЭ

Задания 18 (С6) ЕГЭ 2017, ЕГЭ — 2017. Основная волна 02.06.2017. Вариант 991 (C часть).

Найдите все значения а, при каждом из которых система

имеет хотя бы одно решение.

Решение. Изобразим множество точек, заданное системой неравенств на плоскости xOa.

Искомое множество является пересечением части плоскости, лежащей внутри параболы, заданной уравнением a =x2 – 3x, и двух тупых углов, ограниченных прямыми a = 2x – 4 и a = -2x – 4 (см. рис., выделено жирным контуром). 

Найдём абсциссы их точек пересечения:

Решим уравнение

x2 – 3x = 2x – 4 ↔ x2 - 5x + 4 = 0 ↔

Решим уравнение

x2 – 3x = -7x – 4 ↔ x2 + 4x + 4 = 0 ↔ x  = - 2

Из рисунка следует, что система решения для всех a, лежащих выше ординаты вершины параболы, но ниже точки пересечения параболы с прямой a = 2x – 4 то есть для всех a из отрезка  и для a = 10.

Список литературы

∙   Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметрами.

∙  Моденов В.П. Задачи с параметрами. Коодринатно-параметрический метод.

∙ Козко А.И, Чирский В.Г. Задачи с параметром и другие сложные задачи.