Решение уравнений с параметром
учебно-методический материал по алгебре (11 класс) по теме
В публикации приводятся некоторые способы решения уравнений с параметром
Скачать:
Вложение | Размер |
---|---|
![]() | 305.5 КБ |
Предварительный просмотр:
Решение уравнений с параметром
Вместо предисловия. Некоторые характерные ошибки.
Ученику было предложено решить довольно простое на первый взгляд уравнение
(а2 -5а+6х) = а2—4. (1)
Недолго думая, ученик проделал следующие выкладки:
(2)
Он явно не учел, что в заданном уравнении содержится параметр a и что уравнение с параметром — это, но существу, множество уравнений.
Вот и наше уравнение при а = О принимает вид 6х = —4,
при а = 1 принимает вид 2х = —3 и т. д.
Иными словами, дав параметру конкретное числовое значение, мы из множества уравнений выделяем одно — соответствующее выбранному значению параметра.
Но тогда и решения зависят от параметра. Мы уже говорили, что при а =0 уравнение (1) принимает вид 6х= —4. Корнем этого уравнения является значение . Но и по формуле (2) при а = 0 получается
При а = 1 уравнение (I) принимает вид 2х = —3, откуда . Но
и по формуле (2) при а = 1 получается . Если бы такое положение имело место для любого действительного значения а, то можно было бы утверждать, что формулой (2) определяется решение уравнения (1). Но это не так.
Положим а = 2. Уравнение (1) принимает вид - 0*х = 0. Корнем этого уравнения служит любое действительное число, тогда как формула (2) дает в этом случае х =-4,
При а = 3 уравнение (1) принимает вид 0*х =5. Это уравнение не имеет решений. Впрочем, и выражение не имеет смысла при а = 3. Таким образом, утверждать, что
при любом значении параметра, нельзя.
На самом деле рассуждать надо было следующим образом. Прежде чем делить обе части уравнения (J) на коэффициент при неизвестном, посмотрим, не может ли случиться так, что при некоторых значениях параметра этот коэффициент обратится в нуль. Замечаем, что трехчлен а2 -5а+6 обращается в нуль при а=2, а=3.
Значит, нужно отдельно рассмотреть эти случаи, что мы уже сделали.
Если же а 2, а 3, то можно обе части уравнения разделить на коэффициент при х, получим . Объединяя полученные результаты, запишем
Ответ: 1) если а= 2, то х — любое действительное число;
2) если а = 3, то решений нет;
3) если а 2, а 3, то .
Этот простой пример показывает, что при решении уравнений с параметрами особое значение имеет рассмотрение всех возможных случаев. При этом заранее трудно предсказать, какие случай выявятся в процессе решения. Это, с одной стороны, затрудняет решение, но, с другой стороны, делает работу более интересной, придавая ей исследовательский характер.
Немного теории
Общий вид уравнения с одним параметром таков:
F(x,a) = О, (3)
При различных а уравнение (3) может иметь различные множества корней, задача состоит в том, чтобы изучить все случаи, выяснить, что будет при любом значении параметра. При решении уравнений с параметром обычно приходится рассматривать много различных вариантов. Своевременное обнаружение хотя бы части невозможных вариантов имеет большое значение, так как освобождает от лишней работы.
Поэтому при решении уравнения (3) целесообразно под ОДЗ понимать область допустимых значений неизвестного и параметра, то есть множество всех пар
чисел (х, а), при которых определена (имеет смысл) функция двух переменных F(x, а). Отсюда естественная геометрическая иллюстрация ОДЗ в виде некоторой области плоскости х О а.
Например, ОДЗ уравнения
(4)
определяется системой неравенств х 0, а 0, х+а 1.
Этой системе удовлетворяют координаты всех точек треугольника (включая и его границу), окрашенного на рисунке I в зеленый цвет). Из этих рассуждений сразу следует, что при значениях параметра а<0 уравнение (4) не имеет решений.
Решим уравнение (4). После возведения обеих его частей в квадрат (что является в данном случае равносильным преобразованием» в силу «неотрицательности» обеих частей уравнения (4)) получим уравнение
. (5)
Выше мы уже говорили о том, что отбрасывание хотя бы части невозможных вариантов освобождает нас от лишней работы. Замечаем, что левая часть уравнения (5) неотрицательна при всех допустимых а,х.
Значит, там, где правая часть этого уравнения отрицательна, искать решения бесполезно.
Ясно, что искать решения следует в той части ОДЗ, где они могут быть, произведя для этого соответствующее сужение ОДЗ:
1 — 2 (х + а) 0,
откуда .
На рисунке 1а закрашена синим цветом та часть ОДЗ, где решений быть не может. А зеленым – где решение существует.
Возведя в квадрат обе части уравнения (5) и приведя подобные члены, получим уравнение
. В новой ОДЗ обе части уравнения (5) неотрицательны. Возведение в квадрат в таком случае не приведет к появлению посторонних корней.
Откуда . Чтобы найденные действительные корни существовали, необходимо, чтобы
.
Решим квадратное неравенство методом интервалов, получим: 0 а ,
Значит, тем более дискриминант при 0 а
,
Теперь нам нужно выяснить, удовлетворяют ли найденные значения условиям и х 0.
Проверим сначала выполнение условия . Имеем
Решив неравенство , получим 0 а
. Значит,
при всех допустимых значениях параметра а, а именно при 0 а
. Далее, проверим
Неравенство выполняется, если а=0. Но при а =0, имеем D=0 и х1=х2=
Соберем все вместе. Если 0 а , то
, если а<0 и а>
, то решений нет
Ответ: если 0 а , то
, если а<0 и а>
, то решений нет
Заметим, что при решении рассмотренного уравнения сужение ОДЗ оказалось весьма полезным. Естественно возникает вопрос: когда надо проводить такие уточнения?
Если мы выполняем преобразование, в результате которого получается уравнение, равносильное предыдущему, то в суженни ОДЗ надобности, конечно, нет. В противном случае оно полезно. Такая ситуация возникает, например, при возведении в квадрат (или в любую четную степень) обеих частей того или иного уравнения, с чем мы и встретились в рассмотренном примере.
Несколько примеров
Пример 1. Решить уравнение
Решение.
ОДЗ определяется условиями х > 0, а+ х 0, а 0 (отсюда, кстати, сразу следует, что при а = 0 уравнение не имеет решений).
Преобразуем уравнение к виду .
Сужаем ОДЗ: из неотрицательности левой части последнего уравнения и условии х > 0, а 0, следует, что а>0.
Далее получаем: , откуда
. При а = 1 решений, очевидно, нет. Если а1, то
Выясним, при всех ли рассматриваемых значениях параметра а (а > 0, а1)выполняется условие х>0 (из которого с очевидностью следует и выполнение второго условия а+х0).
Неравенство выполняется только при а >1 (с учетом а > 0). Таким образом, не при всех допустимых значениях а найденный корень существует.
Ответ: при а>1, , при а<1, решений нет.
Пример 2. Решить уравнение
Решение. ОДЗ () определяется неравенствами 0
Решая уравнение, последовательно получим
(6)
Условие 3. При таких р действительные корни будут существовать. Осталось выяснить выполняется ли при таких р неравенство 0 < x1,2 < 2. Так как 1 < p 3, то следовательно Ответ: если 1 < p 3, то Пример. 3. Решить уравнение Решение. 1) Рассмотрим сначала случай а = 0. Заданное уравнение принимает вид sinх = cosх, откуда х = 2) Пусть теперь а0. Тогда ОДЗ определяется условиями Преобразуем заданное уравнение к виду (sin х—cos х)(а2+а(sinx+cosx)+1)=0. Последнее уравнение сводится к следующей совокупности уравнений: а2+а(sinx+cosx)+l =0, (7) sinx-cosх=0. Решая первое уравнение совокупности (7), получаем: Последнее уравнение не имеет решения, так как В самом деле, предположим, что Последнее неравенство неверно. Решениями второго уравнения совокупности (7) являются значения х = ОДЗ определяется условиями 1) Если к = 2n - четное, то sinх = cosх = 2) Если к = 2n+1 - нечетное, то sinх = cosх =- Объединяя все результаты, запишем Ответ: если если если Пример 4. Решить уравнение Решение. Положив Теперь нужно решить совокупность логарифмических уравнений Замечаем, что при а2 — 4 < 0 правые части уравнений (9) и (10) не имеют смысла. Это значит, что, при — 2 < а < 2, оба уравнения не имеют решений. Рассмотрим случай а2 —4 0, что возможно при а 2 или при а -2. Так как cosx l, а Нетрудно видеть, что при а 2 правая часть уравнения (9) положительна, следовательно, уравнение (9) не имеет решений. Выясним, при каких значениях параметра а будет неположительной правая часть уравнения (10). Решив неравенство Таким образом, если 2 а < х= 2) Рассмотрим теперь случай а —2. При этих значениях параметра правая часть уравнения (10) отрицательна, то есть это уравнение имеет решения (выше они уже записаны формулой (11)). Выясним, при каких значениях параметра а будет неположительной правая часть уравнения (9). Решив неравенство Таким образом, если а < - Если же - х= Объединяя все полученные результаты, запишем ответ. Ответ: если -2 < а < если а если - выполняется при p3, что с учетом ОДЗ дает 1
, следовательно
,
, следовательно
, следовательно
. следовательно
и
. следовательно
и
. Так как арифметический корень не отрицателен, то первое неравенство можно заменить на
. И, соответственно, в любом случае
, а 0 < x1,2 < 2.
, при остальных р решений нет.
, (n = 0, ± 1,...).
и
и далее
при любом а0.
, преобразуя это неравенство, получаем
,
,
.
, (k = 0, ± 1,...). Остается проверить, при всех ли значениях а0 найденные значения х являются допустимыми.
и
~— и должно выполняться условие
, то есть
~— и должно выполняться условие --
, то есть
.
, то х =
, (k = 0, ± 1,...).
, то х =
,
, то х =
,(k,n= 0,±1,±2; ..)
(8)
преобразуем заданное уравнение в квадратное уравнение у2 - 2ay - (a2-8) =0, Откуда
.
(9)
(10)
> 1, то
. Значит, уравнения (9) и (10) будут иметь решения только при таких значениях параметра a, при которых правые части уравнений не положительны.
(с учетом условия а2), получаем а
.
, то уравнение (10) не имеет решений (а поскольку не имеет решений и уравнение (9), то заключаем отсюда, что и уравнение (8) в указанном случае не имеет решений). Если а
, то из уравнения (10) получаем
,
(11)
(с учетом условия а —2), получаем a-
, то уравнение (9) не имеет решений.
а - 2 , то уравнение (9) имеет решения, а именно:
.
, то решений нет;
или а < —
, то х=
.
а -2, то х=
.
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Способы решения уравнений с параметрами
Это методическое пособие для учителя и учащихся дает возможность изучения способов решения уравнений и неравенств с параметром.На конкретных примерах рассматривается несколько способов решения одних и...
Решение уравнений с параметрами, связанных со свойствами показательной, логарифмической и тригонометрической функциями
Методическая разработкаТема: Решение уравнений с параметрами, связанных со свойствами показательной, логарифмической и тригонометрической функциями. Учитель: Удодова Любовь Валентинов...
Решение уравнений с параметрами при особых условиях
Решение уравнений второй степени с параметрами при особых условиях....
Методическая разработка по теме:Решение уравнений с параметрами
Материал разработан для УМК А.Г. Мордкович для 11 класса....
![](/sites/default/files/pictures/2013/02/05/picture-196490-1360057347.jpg)
Решение уравнений содержащих параметры
С этой работой мы выступали в Москве на конкурсе "Леонардо"....
![](/sites/default/files/pictures/2013/02/20/picture-207482-1361309450.jpg)
Элективный курс "Решение уравнений с параметрами для элементарных функций"
Элективный курсРешение уравнений с параметрами для элементарных функций Харитонова Наталья Евгеньевна учитель математики высшей категории Введение. МОУ Лыкошинск...
Решение уравнений с параметром графическим способом
Разработка урока с использованием интерактивной доски, презентации и ЦОР. На уроке рассмотрены разные способы решения уравнений с параметром....