Előnézet:

A MOSZKVA RÉGIÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUMA

Állami Oktatási Intézmény NPO Szakképző Iskola 37. sz

PROJEKT:

NEGYEDETES EGYENLETEK ÉS EGYENLŐTLENSÉGEK PARAMÉTEREKKEL"

Előadva -

Matsuk Galina Nikolaevna,

Matematika tanár, Állami Oktatási Intézmény NPO

szakiskola 37 MO.

G. Noginsk, 2011

1. Bemutatkozás

4. Másodfokú egyenletek megoldásának módszertana kezdeti feltételek mellett.

6. Paraméteres másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának módszertana általános formában.

7. Másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának módszertana kezdeti feltételek mellett.

8. Következtetés.

9.Irodalom.

1. Bevezetés.

A szakiskolai matematikatanítás fő feladata, hogy a tanulók erőteljesen és tudatosan elsajátítsák a mindennapi életben és a munkában szükséges matematikai ismeretek és készségek rendszerét, amelyek elegendőek a kapcsolódó tudományágak tanulásához és a továbbképzéshez, valamint a szakmai tevékenységhez. kellően magas matematikai kultúrát igényelnek.

A profilos matematika képzés a fémmegmunkálási, villanyszerelői és faipari szakmákhoz kapcsolódó alkalmazott feladatok megoldásán keresztül valósul meg. A modern társadalom életéhez fontos a matematikai kommunikációs stílus kialakítása, amely bizonyos mentális készségekben nyilvánul meg. A paraméterekkel kapcsolatos problémák diagnosztikus és prognosztikai értékkel bírnak. Segítségükkel próbára teheti tudását az elemi matematika főbb részeiről, a logikus gondolkodás szintjéről és a kezdeti kutatási készségekről.

A paraméterekkel rendelkező feladatok tanítása nagy szellemi és akarati erőfeszítést, fejlett figyelmet, olyan tulajdonságok ápolását kívánja meg, mint az aktivitás, a kreatív kezdeményezőkészség, a kollektív kognitív munka. A paraméterekkel kapcsolatos problémák az általános ismétlés során történő tanulásra irányulnak a 2. évben a végső állami bizonyítvány megszerzésére való felkészülés során, és a 3. évben további órákon, hogy felkészítsék azokat a hallgatókat, akik az egységes államvizsga formájában záróvizsgát kívánnak tenni. .

A matematikaoktatás korszerűsítésének fő iránya az egységes államvizsga bevezetése révén a végső minősítés mechanizmusainak kidolgozása. Az elmúlt években a matematikai feladatokban bevezették a paraméterekkel kapcsolatos problémákat. Ilyen feladatokra van szükség az egyetemi felvételi vizsgákhoz. Az ilyen feladatok megjelenése nagyon fontos, hiszen segítségével tesztelik a pályázó elsajátítását az elemi matematika képleteiben, az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldási módszereiben, a logikai gondolkodási lánc felépítésének képességét, valamint a pályázó logikus gondolkodásának szintjét. . A korábbi egyesített államvizsga-eredmények több korábbi évre vonatkozó elemzése azt mutatja, hogy a végzősök nagy nehezen megoldják az ilyen feladatokat, sokan el sem kezdik. A legtöbben vagy egyáltalán nem tudnak megbirkózni az ilyen feladatokkal, vagy nehézkes számításokat végeznek. Ennek oka az, hogy az iskolai tankönyvekből hiányzik a témával kapcsolatos feladatrendszer. E tekintetben szükség volt speciális témák lefolytatására végzős csoportokban a vizsgákra való felkészülés során a paraméterekkel és a szakmai orientációhoz kapcsolódó alkalmazott jellegű problémák megoldásával kapcsolatban.

E témakörök tanulmányozása azoknak a 3. éves hallgatóknak szól, akik szeretnék megtanulni, hogyan kell megoldani a megnövekedett összetettségű problémákat az algebrában és az elemzés kezdetén. Az ilyen problémák megoldása jelentős nehézségeket okoz számukra. Ez annak a ténynek köszönhető, hogy minden paraméteres egyenlet vagy egyenlőtlenség a közönséges egyenletek és egyenlőtlenségek egész osztályát képviseli, amelyek mindegyikére megoldást kell kapni.

A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása során az emberi gondolkodás technikáinak és módszereinek arzenálja természetesen magában foglalja az indukciót és a dedukciót, az általánosítást és a specifikációt, az elemzést, az osztályozást és rendszerezést, valamint az analógiát. Mivel a szakiskolai tanterv az órarendben szereplő matematikai konzultációkat biztosít azoknak a tanulóknak, akik megfelelő matematikai képzettséggel rendelkeznek, érdeklődnek a tanult tárgy iránt, és további céljuk az egyetemi felvétel. a meghatározott órákat felhasználni az olimpiákra, matematikai versenyekre, különböző típusú vizsgákra, különösen az egységes államvizsgára való felkészülés paramétereivel kapcsolatos feladatok megoldására. Az ilyen problémák megoldása különösen releváns az alkalmazott és gyakorlati célokra, ami segít a különböző vizsgálatok elvégzésében.

2. Célok, főbb feladatok, módszerek, technológiák, tudáskövetelmények.

Projekt céljai:

• Képességek és készségek kialakítása a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásában, amelyek a másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek tanulmányozására vezethetők vissza.
• A tantárgy iránti érdeklődés felkeltése, matematikai képességek fejlesztése, egységes államvizsgára való felkészítés.
• Az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldására szolgáló technikák és módszerek matematikai ismereteinek bővítése.
• A logikus gondolkodás és a kutatói készség fejlesztése.
• Bevonás kreatív, kutatási és oktatási tevékenységekbe.
• Az önálló alkotómunka feltételeinek biztosítása.
• A tanulók szellemi és akarati erőfeszítéseinek, figyelmének, aktivitásának, kreatív kezdeményezőkészségének, a kollektív kognitív munka készségeinek fejlesztése.

A projekt fő céljai:

• Lehetőséget teremteni a tanulóknak a matematika iránti érdeklődésük felismerésére és egyéni fejlesztési lehetőségeire.
• A tényszerű ismeretek és készségek elsajátításának elősegítése.
• Mutassa be a paraméterekkel kapcsolatos problémák gyakorlati jelentőségét az alkalmazott kutatás területén.
• Tanítson szabványos és nem szabványos egyenletek és egyenlőtlenségek megoldási módszereit.
• A matematikai ismeretek elmélyítése, biztosítva a tantárgy iránti fenntartható érdeklődés kialakítását.
• A tanulók matematikai képességeinek azonosítása és fejlesztése.
• Felkészülés biztosítása az egyetemekre való felvételhez.
• Felkészülés biztosítása a magas matematikai kultúrát igénylő szakmai tevékenységekre.
• Az intellektuális és kommunikációs készségek fejlesztését elősegítő kutatási és projekttevékenység szervezése.

Az órákon használt módszerek:

• Előadás – elméleti anyag közvetítése, hallgatókkal való beszélgetés kíséretében.
• Szemináriumok – az elmélet megvitatásáról szóló anyag megszilárdítása.
• Workshopok – matematikai feladatok megoldására.
• Megbeszélések – érvekkel szolgálhat a megoldások mellett.
• A csoportos és egyéni tevékenységek különböző formái.
• Kutatási tevékenység, amely a következőképpen szerveződik: didaktikai anyagokkal való munka, üzenetek elkészítése, absztraktok és kreatív alkotások védelme.
• Előadások – prezentációk számítógéppel és projektorral.

Alkalmazott technológiák:

• Előadás-szeminárium képzési rendszer.
• Információs és kommunikációs technológiák.
• A gondolkodási képességek fejlesztését célzó kutatási módszer a tanításban.
• Problémaalapú tanulás, amely a probléma felvetésével, a probléma különböző lehetőségeinek megbeszélésével motivációt ad a kutatáshoz.
• Tevékenységmódszer technológia, amely segíti a tanulók kognitív érdeklődésének fejlesztését.

A tanulók tudásával szemben támasztott követelmények.

A másodfokú egyenletek és a paraméterekkel való egyenlőtlenségek különböző megoldási módjainak tanulmányozása eredményeként a hallgatóknak el kell sajátítaniuk a következő készségeket:

• Határozottan fogja meg a paraméter fogalmát a másodfokú egyenletben és a másodfokú egyenlőtlenségben;
• Tudjon másodfokú egyenleteket paraméterekkel megoldani.
• Legyen képes másodfokú egyenlőtlenségeket paraméterekkel megoldani.
• Keresse meg a másodfokú függvény gyökereit!
• Másodfokú függvények grafikonjainak összeállítása.
• Fedezze fel a másodfokú trinomit.
• Racionális identitástranszformációs módszerek alkalmazása.
• Használja a leggyakrabban használt heurisztikus technikákat.
• Legyen képes a megszerzett tudást személyi számítógépen végzett munka során alkalmazni.

Az ellenőrzés formái.

• Leckék – önértékelések és elvtársak értékelései.
• Oktatási projektek bemutatása.
• Tesztelés.
• Értékelés – táblázat.
• Házi feladatok az előző évek egységes államvizsga-gyűjteményéből.
• Teszt papírok.

3. Paraméteres másodfokú egyenletek megoldásának módszertana általános formában.

Ne féljen a paraméterekkel kapcsolatos problémáktól. Mindenekelőtt az egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel történő megoldása során azt kell tenni, amit bármely egyenlet és egyenlőtlenség megoldásánál teszünk - az adott egyenleteket vagy egyenlőtlenségeket lehetőleg egyszerűbb formára kell redukálni: faktorizálni a racionális kifejezést, redukálni, feltenni a zárójelből kilépő tényező stb. .d. Vannak olyan problémák, amelyek két nagy csoportra oszthatók.

Az első osztály olyan példákat tartalmaz, amelyekben meg kell oldani egy egyenletet vagy egyenlőtlenséget egy paraméter összes lehetséges értékére.

A második osztályba azok a példák tartoznak, amelyekben nem minden lehetséges megoldást kell megtalálni, hanem csak azokat, amelyek megfelelnek néhány további feltételnek. Az ilyen problémák osztálya kimeríthetetlen.

A tanulók számára az ilyen problémák megoldásának legérthetőbb módja, ha először megtalálják az összes megoldást, majd kiválasztják azokat, amelyek kielégítik a további feltételeket.

A paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldása során néha célszerű a gráfokat a szokásos síkban (x, y) megszerkeszteni, néha pedig jobb a síkban lévő gráfokat figyelembe venni (x, a), ahol x a független változó és „a” a paraméter. Ez elsősorban olyan feladatban lehetséges, ahol ismerős elemi gráfokat kell készíteni: egyeneseket, parabolákat, köröket stb. Ezenkívül a grafikonok vázlatai néha segítenek tisztán látni a megoldás „haladását”.

Az f (x,a) = 0 egyenletek és az f (x,a) › 0 egyenlőtlenségek megoldása során emlékeznünk kell arra, hogy mindenekelőtt a paraméter azon értékeinek megoldását vesszük figyelembe, amelyeknél az együttható a legmagasabb. az f (x ,a) négyzetháromtag x hatványa, ezzel csökkentve a fokot. Másodfokú egyenlet A(a) x 2 + B(a) x + C(a) = 0 A(a) = 0-nál lineárissá válik, ha B(a) ≠ 0, és a másodfokú és a lineáris egyenletek megoldási módjai eltérőek.

Emlékezzünk vissza a másodfokú egyenletekkel való munka alapvető képleteire.

Az ah alakú egyenlet 2 + in + c = 0, ahol x  R ismeretlenek, a, b, c olyan kifejezések, amelyek csak paraméterektől függenek, a ≠ 0 pedig másodfokú egyenlet, D = b 2 – A 4ac-et a másodfokú trinom diszkriminánsának nevezzük.

Ha D

Ha D > 0, akkor az egyenletnek két különböző gyökere van

x 1 = , x 2 =, majd ax 2 + in + c = a (x – x 1) (x – x 2).

Ezeket a gyököket a Vieta-képletek egyenletegyütthatóin keresztül kapcsolják össze

Ha D = 0, akkor az egyenletnek két egybeeső gyöke van x 1 = x 2 = , majd ax 2 + in + c = a (x – x 1) 2 . Ebben az esetben az egyenletnek egy megoldása van.

Mikor, pl. = 2k, a másodfokú egyenlet gyökeit az x képlet határozza meg 1,2 = ,

Az x redukált másodfokú egyenlet megoldására 2 + képpont + q = 0

A használt képlet x 1,2 = - , valamint Vieta képletei

Példák. Egyenletek megoldása:

1. példa + =

Megoldás:

A ≠ - 1 esetén x ≠ 2 x-et kapunk 2 + 2ax – 3b + 4 = 0 és gyökerek

x 1 = - a - , x 2 = -a + , meglévő címen

A 2 + 2a – 4  0, azaz. nál nél

Most nézzük meg, hogy van-e olyan, hogy vagy x 1 vagy x 2 egyenlő 2-vel. Helyettesítsük be x = 2-t a másodfokú egyenletbe, és a = - 8-at kapjuk.

A második gyök ebben az esetben egyenlő(Vieta tétele szerint) és a = -8 esetén 14.

Válasz: a = - 8 esetén az egyetlen megoldás x = 14;

Ha a  (- ∞; - 8)  (- 8; - 4)  (1; + ∞) – két gyök x 1 és x 2;

Ha a = - az egyetlen megoldás x =illetőleg;

Ha a  (- 4; 1), akkor x   .

Néha a törttagú egyenletek másodfokúra redukálódnak. Tekintsük a következő egyenletet.

2. példa - =

Megoldás: Ha a = 0 nincs értelme, az x értéknek teljesítenie kell a feltételeket: x -1, x  -2. Az egyenlet összes tagjának szorzata a-val (x + 1) (x +2) 0,

Azt kapjuk, hogy x 2 – 2(a – 1)x + a 2 – 2a – 3 = 0, ezzel egyenértékű. A gyökerei:

x 1 = a + 1, x 2 = - 3. Ezekből a gyökökből válasszunk ki idegen gyökereket, pl. azok, amelyek egyenlőek – 1-gyel és – 2-vel:

X 1 = a + 1 = - 1, a = - 2, de a = - 2 x 2 = - 5;

X 1 = a + 1 = - 2, a = - 3, de a = - 3 x esetén 2 = - 6;

X 2 = a - 3 = - 1, a = 2, de a = 2 x 1 = 3;

X 2 = a - 3 = - 2, a = 1, de a = 1 x 1 = 2.

Válasz: a ≠ 0 esetén a ≠ 2, a ≠ - 3, a ≠ 1 x 1 = a + 1, x 2 = a – 3;

Amikor a = - 2 x = - 5; amikor a = - 3 x = - 6.

4. Másodfokú egyenletek megoldásának módszertana kezdeti feltételek mellett.

A parametrikus másodfokú egyenletek feltételei változatosak. Például meg kell találnia egy olyan paraméter értékét, amelynek gyökerei: pozitív, negatív, különböző előjelűek, nagyobb vagy kisebb egy bizonyos számnál stb. Megoldásukhoz az ax másodfokú egyenlet gyökeinek tulajdonságait kell használni 2 + in + c = 0.

Ha D > 0, a > 0, akkor az egyenletnek két valós különböző gyöke van, amelyek előjele c > 0 esetén azonos és ellentétes a b együttható előjelével, c esetén pedig

Ha D = 0, a > 0, akkor az egyenletnek valós és egyenlő gyöke van, amelyek előjele ellentétes a b együttható előjelével.

Ha D 0, akkor az egyenletnek nincs valódi gyöke.

Hasonlóképpen megállapíthatjuk a másodfokú egyenlet gyökeinek tulajdonságait a

1. Ha egy másodfokú egyenletben felcseréljük az a és c együtthatót, akkor olyan egyenletet kapunk, amelynek gyökei az adott gyökeinek inverzei.
2. Ha egy másodfokú egyenletben megváltoztatjuk a b együttható előjelét, akkor olyan egyenletet kapunk, amelynek gyökei ellentétesek az adott gyökével.
3. Ha egy másodfokú egyenletben az a és c együtthatók eltérő előjelűek, akkor ennek valós gyöke van.
4. Ha a > 0 és D = 0, akkor a másodfokú egyenlet bal oldala teljes négyzet, és fordítva, ha az egyenlet bal oldala teljes négyzet, akkor a > 0 és D = 0.
5. Ha az egyenlet összes együtthatója racionális és a diszkrimináns tökéletes négyzetet fejez ki, akkor az egyenlet gyökei racionálisak.
6. Ha a gyökök nullához viszonyított helyét tekintjük, akkor a Vieta-tételt alkalmazzuk.

Másodfokú trinom gyökeinek kiválasztása a feltételek és a másodfokú függvény nulláinak számegyenesen való elhelyezkedése szerint.

Legyen f (x) = ax 2 + in + c, a  0, gyökök x 1 ˂ x 2,  ˂ .

	A gyökerek elhelyezkedése a számegyenesen.	Szükséges és elégséges állapot.
	x 1, x 2 	és f ( ) > 0, D  0, x 0 
	x 1, x 2 > 	és f ( ) > 0, D  0, x 0 > 
	x 1  2	és f ( )
	 1, x 2  .	és f ( ) > 0, D  0 és f ( ) > 0  0  .
	 1  2	és f ( ) > 0, és f ( )
	x 1  2 	és f ( )  ) > 0
	x 1   2	és f ( )  )

3. példa Határozza meg, hogy az egyenlet mely értékein

x 2 – 2 (a – 1) x + 2a + 1 = 0

• nincs gyökere:

szükséges és elégséges feltétel D

D = (a – 1) 2 – 2a – 1 = a 2 – 4a

• gyökerei vannak:

D  0, D = (a – 1) 2 – 2a – 1  0, a 

• egy gyökere van:

• két gyökere van:

D > 0, azaz a 

• pozitív gyökerei vannak:

2(a – 1) > 0   a  4

Ha a kérdés „két pozitív gyökere van”, akkor a rendszert le kell cserélni D > 0;

• negatív gyökerei vannak:

2(a–1)  

• különböző jelek gyökerei vannak, pl. az egyik pozitív, a másik negatív:

  a ;

Feltétel Nem szükséges használni, elég az x 1 x 2

• az egyik gyöke 0-val egyenlő:

szükséges elégséges feltétel, hogy az egyenlet szabad tagja nullával egyenlő, azaz. 2a + 1 = 0, a = -1/2.

A második gyök előjelét úgy határozzuk meg, hogy a = -1/2-t behelyettesítjük az eredeti egyenletbe, vagy egyszerűbben Vieta x tételével 1 + x 2 = 2 (a – 1), és a = -1/2 behelyettesítése után x-et kapunk 2 = - 3, azaz a = -1/2 esetén két gyök: x 1 = 0, x 2 = - 3.

4. példa . Az a paraméter mely értékeinél érvényesül az egyenlet

(a – 2) x 2 – 4ax +3 -2a = 0 egyedi megoldással rendelkezik, amely kielégíti az x egyenlőtlenséget

Megoldás.

2. megkülönböztető – (a – 2) (3 – 2a)

4a 2 – 3a + 6 + 2a 2 – 4a = 6a 2 – 7a + 6

Mivel 49-144 = -95 és az első együttható 6 akkor 6a 2 – 7a + 6 minden x  R esetén.

Ekkor x 1,2 = .

Az x feladat feltételei szerint2, akkor megkapjuk az egyenlőtlenséget

Nekünk van:

mindenre igaz a  R.

6a 2 – 7a + 6 6a 2 – 7a – 10 2

A 1,2 = 1/12 (7  17), és 1 = 2, és 2 = - 5/6.

Ezért -5/6

Válasz: -

5. Paraméter, mint egyenlő változó.

Minden elemzett feladatbana paraméter rögzített, de ismeretlen számként lett kezelve. Eközben formális szempontból egy paraméter változó, és „egyenlő” a példában szereplő többivel. Például az f (x; a) űrlapparaméter ezen nézetében a függvények nem eggyel (mint korábban), hanem két változóval vannak definiálva. Egy ilyen értelmezés természetesen egy másik típusú (vagy inkább ezt a típust definiáló megoldási módszert) képez a paraméterekkel kapcsolatos problémáknak. Mutassunk egy ilyen típusú analitikus megoldást.

5. példa Az xy síkon jelölje meg mindazon pontokat, amelyeken az y = x család egyik görbéje sem halad át 2 – 4 рх + 2р 2 – 3, ahol p egy paraméter.

Megoldás: Ha (x 0;y 0 ) egy olyan pont, amelyen egy adott család egyik görbéje sem halad át, akkor ennek a pontnak a koordinátái nem felelnek meg az eredeti egyenletnek. Következésképpen a probléma az x és y közötti összefüggés megtalálásában merült ki, hogy a feltételben megadott egyenletnek ne legyen megoldása. Könnyű elérni a kívánt függést, ha nem az x és y változókra, hanem a p paraméterre fókuszálunk. Ebben az esetben egy produktív ötlet merül fel: tekintsük ezt az egyenletet másodfokúnak p-hez képest. Nekünk van

2×2 – 4×+ x 2 – y – 3 = 0. Diszkrimináns= 8x2 A + 8y + 24 értéknek negatívnak kell lennie. Innen y ˂ - x kapjuk 2 – 3, tehát a szükséges halmaz az y = - x parabola „alatt” fekvő koordinátasík összes pontja 2 – 3.

Válasz: y 2 – 3

6. Paraméteres másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának módszertana

Általában.

A forma másodfokú (szigorú és nem szigorú) egyenlőtlenségei

Elfogadható értékek azok a paraméterértékek, amelyekre a, b, c érvényes. Kényelmes a másodfokú egyenlőtlenségek megoldása akár analitikusan, akár grafikusan. Mivel egy másodfokú függvény grafikonja parabola, akkor a > 0 esetén a parabola ágai felfelé irányulnak,

Az f (x) = ax parabola különböző helyzetei 2 + in + s, a  0 > 0 esetén az 1. ábrán látható

A) b) c)

a) Ha f (x) > 0 és D  R;

b) Ha f (x) > 0 és D = 0, akkor x ;

c) Ha f (x) > 0 és D > 0, akkor x (-  ; x 1 )  (x 2 ; +  ).

A parabola helyzeteit hasonlóan tekintjük a

Például annak a három esetnek az egyike, amikor

a 0 és f (x) > 0 x  (x 1; x 2) esetén;

a 0-ra és f (x)  (-  ; x 1 )  (x 2 ; +  ).

Példaként tekintsünk egy egyenlőtlenség megoldására.

6. példa. Oldja meg az x egyenlőtlenséget 2 + 2x + a > 0.

Legyen D az x trinom diszkriminánsa 2 + 2x + a > 0. D = 0 esetén a = 1 esetén az egyenlőtlenség a következőképpen alakul:

(x + 1) 2 > 0

Ez igaz x bármely valós értékére, kivéve x = - 1.

Ha D > 0, azaz x-nél, trinom x 2 A + 2x + a két gyöke: - 1 -És

1 + az egyenlőtlenség megoldása pedig az intervallum

(-  ; - 1 – )  (- 1 + ; +  )

Ez az egyenlőtlenség grafikusan könnyen megoldható. Ehhez ábrázoljuk a formában

X 2 + 2x > - a

és készítsük el az y = x függvény grafikonját 2 + 2x

Ennek a gráfnak az y = - a egyenessel való metszéspontjainak abszcisszán az x egyenlet gyökei 2 + 2x = - a.

Válasz:

-a > - 1 esetén, azaz a, x  (-  ; x 1 )  (x 2 ;+  );

at – a = - 1, azaz. ha a = 1, x bármely valós szám, kivéve - 1;

at – a , vagyis ha > 1, x bármely valós szám.

7. példa . Oldja meg a cx egyenlőtlenséget 2 – 2 (s – 1)x + (s + 2)

Ha c = 0, akkor a következő alakot veszi fel: 2x + 2a megoldás x lesz

Vezessük be az f (x) = cx jelölést 2 – 2 (s – 1)x + (s + 2) ahol c ≠ 0.

Ebben az esetben az f(x) egyenlőtlenség

Legyen D f(x) diszkriminánsa. 0,25 D = 1–4 s.

Ha D > 0, azaz ha azzal> 0,25, akkor f (x) előjele egybeesik c előjelével x bármely valós értékére, pl. f(x)> 0 bármely x  R esetén, ami azt jelenti, hogy c > 0,25 f(x) egyenlőtlenség

Ha D = 0, azaz c = 0,25, majd f (x) = (0,25 x + 1,5) 2, azaz f (x)  0 bármely

X  R. Ezért c = 0,25 esetén az f (x) egyenlőtlenség

Tekintsük a D  esetet 0). f (x) = 0 x két valós értékére:

x 1 = (c – 1 – ) és x 2 = (c – 1 + ).

Itt két eset fordulhat elő:

Oldja meg az f(x) egyenlőtlenséget

f(x) egybeesik c előjelével. A kérdés megválaszolásához vegye figyelembe, hogy - , azaz s – 1 – ˂ s – 1 + , de mivel s (s – 1 – ) (s – 1 + ), ezért az egyenlőtlenség megoldása a következő lesz:

(-  ; (s – 1 – ))  ( (s – 1 + ); +  ).

Most az egyenlőtlenség megoldásához elegendő megadni c azon értékeit, amelyeknél f (x) előjele ellentétes c előjelével. 01 óta 2, majd x  (x 1; x 2).

Válasz: ha c = 0 x  R;

Val vel  (-  ; x 2 )  (x 1 ; +  );

0-nál  (x 1; x 2);

c  0,25 esetén nincs megoldás.

Egy paraméter egyenlő változóként való nézetét a másodfokú egyenlőtlenségek és másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának grafikus módszerei tükrözik. Valójában, mivel a paraméter „egyenlő jogú” a változóval, természetes, hogy a saját koordinátatengelyéhez „hozzárendelhető”. Így egy (x; a) koordinátasík keletkezik. Egy olyan apró részlet, mint a hagyományos x és y betűválasztás elhagyása a tengelyek jelölésére, meghatározza az egyik leghatékonyabb módszert a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldására.

Kényelmes, ha a probléma egy a paramétert és egy x változót érint. Maga a megoldási folyamat sematikusan így néz ki. Először egy grafikus képet készítünk, majd a kapott gráfot a parametrikus tengelyre merőleges egyenesekkel metszve „eltávolítjuk” a szükséges információkat.

Az x és y betűk hagyományos választásának elutasítása a tengelyek kijelölésére meghatározza az egyik leghatékonyabb módszert a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldására - a „tartományi módszert”.

1. Másodfokú egyenlőtlenségek megoldásának módszertana kezdeti feltételek mellett.

Tekintsünk egy analitikus megoldást egy paraméteres másodfokú egyenlőtlenségre, amelynek eredményeit a számegyenesen vesszük figyelembe.

8. példa.

Keresse meg x összes értékét, amelyek mindegyikére az egyenlőtlenség vonatkozik

(2x)a 2 +(x 2 -2x+3)a-3x≥0

teljesül a [-3;0] intervallumhoz tartozó bármely értékre.

Megoldás. Alakítsuk át ennek az egyenlőtlenségnek a bal oldalát a következőképpen:

(2-x)a 2 + (x 2 -2x+3)a-3x = ax 2 - a 2 x - 2ax + 2a 2 + 3a - 3x =

Ax (x-a)-2a(x-a)-3(x-a) = (x-a)(ax-2a-3).

Ez az egyenlőtlenség a következő formában lesz: (x - a) (ax - 2a - 3) ≥ 0.

Ha a = 0, akkor - Zx ≥ 0 x ≤ 0 kapjuk.

Ha a ≠ 0, akkor -3 a

Mert A 0, akkor ennek az egyenlőtlenségnek a megoldása a numerikus tengely intervalluma lesz, amely az egyenlőtlenségnek megfelelő egyenlet gyökei között helyezkedik el.

Nézzük meg a számok egymáshoz viszonyított helyzetét a és , figyelembe véve a feltételt - 3 ≤ a

3 ≤a

A = -1.

Mutassuk be minden figyelembe vett esetben ennek az egyenlőtlenségnek a megoldásait a paraméterértékek függvényében:

Azt találjuk, hogy az a paraméter bármely értékére ennek az egyenlőtlenségnek csak x = -1 a megoldása .

Válasz: -1

8. Következtetés.

Miért választottam egy projektet „Módszertani ajánlások kidolgozása másodfokú egyenletek és paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldására” témában? Mivel bármilyen trigonometrikus, exponenciális, logaritmikus egyenlet, egyenlőtlenség, rendszer megoldása során leggyakrabban lineáris, leggyakrabban másodfokú egyenleteket és egyenlőtlenségeket vesszük figyelembe. Paraméteres összetett problémák megoldása során a legtöbb feladat ekvivalens transzformációkkal a következő típusú megoldások kiválasztására redukálódik: a (x – a) (x – c) > 0 (

Áttekintettük a másodfokú egyenletek és a paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldásának elméleti alapjait. Emlékeztünk a szükséges képletekre, transzformációkra, megnéztük egy másodfokú függvény gráfjainak különböző elrendezéseit a diszkrimináns értékétől, a vezető együttható előjelétől, a parabola gyökeinek és csúcsainak elhelyezkedésétől függően. Meghatároztuk az eredmények megoldásának és kiválasztásának sémáját, és összeállítottunk egy táblázatot.

A projekt analitikai és grafikus módszereket mutat be másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek megoldására. A szakiskola tanulóinak vizuálisan kell érzékelniük az anyagot az anyag jobb asszimilációjához. Megmutatja, hogyan változtatható meg az x változó és hogyan fogadható el a paraméter egyenlő értékként.

A téma egyértelmű megértése érdekében 8 paraméteres probléma megoldását vizsgáljuk meg, mindegyik szakaszhoz 1-2. Az 1. példában a megoldások száma a paraméter különböző értékeire vonatkozik, a 3. példában egy másodfokú egyenlet megoldását elemezzük különféle kezdeti feltételek mellett. Grafikus illusztráció készült a másodfokú egyenlőtlenségek megoldására. Az 5. példában a paraméter egyenlő értékként való helyettesítésének módszerét alkalmazzuk. A projekt magában foglalja a 8. példa figyelembevételét a C pontban szereplő feladatok közül az egységes államvizsga letételére való intenzív felkészüléshez.

A hallgatók magas színvonalú képzéséhez a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásában ajánlott a multimédiás technológiák teljes körű használata, nevezetesen: előadásokhoz használjon prezentációkat, elektronikus tankönyveket és könyveket, valamint saját fejlesztéseket a médiakönyvtárból. A matematika+informatika bináris leckék nagyon hatékonyak. Az internet nélkülözhetetlen segédeszköz a tanárok és a diákok számára. A bemutatóhoz importált objektumokra van szükség a meglévő oktatási forrásokból. A legkényelmesebb és legelfogadhatóbb a „Microsoft Office használata az iskolában” központ.

A témával kapcsolatos módszertani ajánlások kidolgozása megkönnyíti az iskolába dolgozni érkező fiatal tanárok munkáját, kiegészíti a tanári portfóliót, mintaként szolgál a speciális tantárgyak számára, a mintamegoldások pedig segítik a diákokat a komplex feladatok megoldásában.

9. Irodalom.

1. Gornshtein P.I., Polonsky V.B., Yakir M.S. Problémák a paraméterekkel. „Ilexa”, „Gimnázium”, Moszkva - Harkov, 2002.

2. Balayan E.N. Matematikai feladatgyűjtemény az egységes államvizsgára és olimpiára való felkészüléshez. 9-11 évfolyam. "Phoenix", Rostov-on-Don, 2010.

3. Yastrebinetsky G.A. Problémák a paraméterekkel. M., "Felvilágosodás", 1986.

4. Kolesnikova S.I. Matematika. Az egységes államvizsga összetett feladatainak megoldása. M. "IRIS - sajtó", 2005.

5. Rodionov E.M., Sinyakova S.L. Matematika. Útmutató egyetemekre jelentkezőknek. Az MSTU "Orientir" képzési központja nevét kapta. N.E. Bauman, M., 2004.

6. Skanavi M.I. Matematikai feladatgyűjtemény egyetemre kerülőknek: 2 könyvben. 1. könyv, M., 2009.

Állami költségvetési oktatási intézmény

Szamarai régió középfokú általános oktatás

2. számú iskola névadója. V. Maskina vasút Művészet. Klyavlino

Klyavlinsky önkormányzati kerület

Samara régió

« Egyenletek

És

egyenlőtlenségek

paraméterekkel"

oktatóanyag

Klyavlino

oktatóanyag

"Egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel" osztályos tanulók számára 10–11

ez a kézikönyv az „Egyenletek és egyenlőtlenségek a paraméterekkel” szabadon választható kurzus programjának melléklete, amely külső vizsgán ment át (a Szamarai régió Oktatási és Tudományos Minisztériumának 2008. december 19-i tudományos és módszertani szakértői tanácsa javasolta felhasználás a szamarai régió oktatási intézményeiben)

Szerzői

Romadanova Irina Vladimirovna

matematikatanár a Klyavlinskaya Középfokú Oktatási Intézményben

2. számú iskola névadója. V. Maskina, Klyavlinsky kerület, Szamarai régió

Szerbajeva Irina Alekszejevna

Bevezetés……………………………………………………………… 3-4

Lineáris egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel………………..4-7

Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel……………7-9

Tört-racionális egyenletek paraméterekkel……………..10-11

Irracionális egyenletek és paraméteres egyenlőtlenségek……11-13

Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel.14-15

Exponenciális egyenletek és paraméteres egyenlőtlenségek………16-17

Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel......16-18

Egységes államvizsga-célok……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………..

Önálló munkavégzés feladatai……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………21-28

Bevezetés.

Egyenletek és egyenlőtlenségek paraméterekkel.

Ha egy egyenletben vagy egyenlőtlenségben egyes együtthatók nem adott számértéket, hanem betűkkel vannak jelölve, akkor ún. paraméterek,és maga az egyenlet vagy egyenlőtlenség parametrikus.

Egy egyenlet vagy egyenlőtlenség paraméterekkel történő megoldásához a következőket kell tennie:

Válassza ki különleges jelentése- ez annak a paraméternek az értéke, amelyben vagy áthaladásakor az egyenlet vagy egyenlőtlenség megoldása megváltozik.

Határozza meg érvényes értékek– ezek annak a paraméternek az értékei, amelyeknél az egyenletnek vagy egyenlőtlenségnek van értelme.

Egy egyenlet vagy egyenlőtlenség paraméterekkel való megoldása azt jelenti:

1) határozza meg, hogy milyen paraméterértékeken léteznek megoldások;

2) minden megengedett paraméterérték-rendszerhez keresse meg a megfelelő megoldáskészletet.

Egy paraméterrel rendelkező egyenletet a következő módszerekkel oldhat meg: analitikus vagy grafikus.

Analitikai módszer magában foglalja egy egyenlet tanulmányozását több eset figyelembevételével, amelyek közül egyiket sem lehet kihagyni.

Az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása az egyes típusok paramétereivel analitikus módszerrel a helyzet részletes elemzését és következetes kutatást foglal magában, amely során felmerül az igény. "gondos kezelés" paraméterrel.

Grafikus módszer magában foglalja az egyenlet grafikonjának felépítését, amelyből megállapítható, hogy a paraméter változása hogyan befolyásolja az egyenlet megoldását, ill. A grafikon néha lehetővé teszi a probléma megoldásához szükséges és elégséges feltételek analitikus megfogalmazását. A grafikus megoldási módszer különösen akkor hatékony, ha meg kell határozni, hogy egy egyenletnek hány gyöke van egy paramétertől függően, és kétségtelen előnye, hogy ezt tisztán látja.

§ 1. Lineáris egyenletek és egyenlőtlenségek.

Lineáris egyenlet A x = b , általános formában írva, paraméteres egyenletnek tekinthető, ahol x – ismeretlen , a , b - lehetőségek. Ennél az egyenletnél a paraméter speciális vagy vezérlőértéke az, amelynél az ismeretlen együtthatója nullává válik.

Lineáris egyenlet paraméterrel történő megoldása során azokat az eseteket vesszük figyelembe, amikor a paraméter megegyezik a speciális értékével és eltér attól.

Speciális paraméterérték a az érték A = 0.

b = 0 egy speciális paraméterérték b .

Nál nél b ¹ 0 az egyenletnek nincsenek megoldásai.

Nál nél b = 0 az egyenlet a következő formában lesz: 0x = 0. Ennek az egyenletnek a megoldása bármely valós szám.

A forma egyenlőtlenségei ah > b És fejsze < b (a ≠ 0) lineáris egyenlőtlenségeknek nevezzük. Az egyenlőtlenség megoldásainak halmaza ah >b– intervallum

(; +), Ha a > 0 , És (-;) , Ha A< 0 . Hasonlóan az egyenlőtlenséghez

Ó< b megoldáskészlet - intervallum(-;), Ha a > 0, És (; +), Ha A< 0.

1. példa Oldja meg az egyenletet fejsze = 5

Megoldás: Ez egy lineáris egyenlet.

Ha a = 0, akkor az egyenlet 0 × x = 5 nincs megoldása.

Ha A¹ 0, x =- az egyenlet megoldása.

Válasz: nál nél A¹ 0, x=

a = 0 esetén nincs megoldás.

2. példa Oldja meg az egyenletet fejsze – 6 = 2a – 3x.

Megoldás: Ez egy lineáris egyenlet, fejsze – 6 = 2a – 3x (1)

ax + 3x = 2a +6

Az egyenlet átírása így (a+3)x = 2(a+3), vegyünk két esetet:

a= -3És A¹ -3.

Ha a= -3, akkor bármilyen valós szám x az (1) egyenlet gyöke. Ha A¹ -3 , az (1) egyenletnek egyetlen gyöke van x = 2.

Válasz: Nál nél a = -3, x R ; nál nél A ¹ -3, x = 2.

3. példa Milyen paraméterértékeken A az egyenlet gyökerei között

2h – 4kh – a 2 + 4a – 4 = 0 több gyökér van 1 ?

Megoldás: Oldjuk meg az egyenletet 2h – 4kh – a 2 + 4a – 4 = 0- lineáris egyenlet

2(a - 2) x = a 2 - 4a +4

2(a – 2) x = (a – 2) 2

Nál nél a = 2 az egyenlet megoldása 0x = 0 tetszőleges szám lehet, beleértve az 1-nél nagyobbat is.

Nál nél A¹ 2 x =
. Feltétel szerint x > 1, vagyis
>1 és >4.

Válasz: Nál nél A (2) U (4;∞).

4. példa . Minden paraméter értékéhez A keresse meg az egyenlet gyökeinek számát ah=8.

Megoldás. fejsze = 8- lineáris egyenlet.

y = a– vízszintes vonalak családja;

y = - A grafikon egy hiperbola. Készítsünk grafikonokat ezekről a függvényekről.

Válasz: Ha a =0, akkor az egyenletnek nincsenek megoldásai. Ha a ≠ 0, akkor az egyenletnek egy megoldása van.

5. példa . Grafikonok segítségével nézze meg, hány gyöke van az egyenletnek:

|x| = ah – 1.

y =| x | ,

y = ah – 1– a gráf egy ponton áthaladó egyenes (0;-1).

Készítsünk grafikonokat ezekről a függvényekről.

Válasz: Mikor |a|>1- egy gyökér

nál nél | a|≤1 – az egyenletnek nincs gyökere.

Példa 6 . Oldja meg az egyenlőtlenséget fejsze + 4 > 2x + a 2

Megoldás : fejsze + 4 > 2x + a 2
(a – 2) x >A 2 – 4. Nézzünk három esetet.

Válasz. x > a + 2 nál nél a > 2; x<а + 2, nál nél A< 2; nál nél a=2 nincsenek megoldások.

2. §. Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek

Másodfokú egyenlet a forma egyenlete Ó ² + b x + c = 0 , Ahol a≠ 0,

A, b , Val vel - lehetőségek.

A másodfokú egyenletek paraméterrel történő megoldásához standard megoldási módszereket használhat a következő képletekkel:

1 ) másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = b ² - 4 ac , (
²- ac)

2) képletek másodfokú egyenlet gyökére:x 1 =
, X 2 =
,

(X 1,2 =
)

A másodfokú egyenlőtlenségeket nevezzük

a x 2 + b x + c > 0,a x 2 + b x + c< 0, (1), (2)

a x 2 + b x + c ≥ 0,a x 2 + b x + c ≤ 0,(3), (4)

A (3) egyenlőtlenség megoldásainak halmazát úgy kapjuk meg, hogy az (1) egyenlőtlenség megoldási halmazait és az egyenletet kombináljuk , a x 2 + b x + c = 0. Hasonlóan megtalálható a (4) egyenlőtlenség megoldási halmaza is.

Ha a másodfokú trinom diszkriminánsa a x 2 + b x + c kisebb, mint nulla, akkor a > 0 esetén a trinom minden x-re pozitív R.

Ha egy másodfokú trinomnak vannak gyökei (x 1 < х 2 ), akkor a > 0 esetén pozitív a halmazon(-; x 2 )
(X 2; +) és negatív az intervallumon

(x 1; x 2 ). Ha egy< 0, то трехчлен положителен на интервале (х 1; x 2 ) és negatív minden x-re (-; x 1 )
(X 2; +).

1. példa Oldja meg az egyenletet ax² - 2 (a – 1)x – 4 = 0.

Ez egy másodfokú egyenlet

Megoldás: Különleges jelentés a = 0.

Nál nél a = 0 lineáris egyenletet kapunk 2x – 4 = 0. Egyetlen gyökere van x = 2.

Nál nél a ≠ 0. Keressük a diszkriminánst.

D = (a-1)² + 4a = (a+1)²

Ha a = -1, Hogy D = 0 - egy gyökér.

Keressük a gyökeret helyettesítéssel a = -1.

-x² + 4x - 4 = 0, vagyis x² -4x + 4 = 0, azt találjuk x=2.

Ha a ≠ - 1, Azt D >0 . A gyökérképlet segítségével a következőket kapjuk:x=
;

x 1 =2, x 2 = -.

Válasz: Nál nél a=0 és a= -1 az egyenletnek egy gyöke van x = 2; nál nél a ≠ 0 és

A ≠ - 1 egyenletnek két gyöke vanx 1 =2, x 2 =-.

2. példa Határozzuk meg ennek az egyenletnek a gyökeinek számát! x²-2x-8-a=0 paraméterértékektől függően A.

Megoldás. Írjuk át ezt az egyenletet a formába x²-2x-8=a

y = x²-2x-8- a gráf egy parabola;

y =a- vízszintes vonalak családja.

Készítsünk függvénygrafikonokat.

Válasz: Mikor A<-9 , az egyenletnek nincsenek megoldásai; ha a=-9, az egyenletnek egy megoldása van; nál nél a>-9, az egyenletnek két megoldása van.

3. példa Miben A egyenlőtlenség (a – 3) x 2 – 2ax + 3a – 6 >0érvényes az x összes értékére?

Megoldás. A másodfokú trinom pozitív az x minden értékére, ha

a-3 > 0 és D<0, т.е. при а, удовлетворяющих системе неравенств

, honnan az következika > 6 .

Válasz.a > 6

3. §. Tört racionális egyenletek paraméterrel,

lineárisra redukálható

A törtegyenletek megoldását a szokásos séma szerint hajtjuk végre: a törtet egész számmal helyettesítjük úgy, hogy az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk bal és jobb oldalának közös nevezőjével. Ezután az egész egyenletet megoldjuk, kivéve az idegen gyököket, vagyis azokat a számokat, amelyek a nevezőt nullára fordítják.

Paraméteres egyenletek esetén ez a probléma összetettebb. Itt az idegen gyökök „kiküszöböléséhez” meg kell találni annak a paraméternek az értékét, amely a közös nevezőt nullára fordítja, vagyis meg kell oldani a paraméterre vonatkozó megfelelő egyenleteket.

1. példa Oldja meg az egyenletet
= 0

Megoldás: D.Z: x +2 ≠ 0, x ≠ -2

x – a = 0, x = a.

Válasz: Nál nél a ≠ - 2, x=a

Nál nél a = -2 nincsenek gyökerei.

2. példa . Oldja meg az egyenletet
-
=
(1)

Ez egy tört racionális egyenlet

Megoldás: Jelentése a = 0 különleges. Nál nél a = 0 az egyenletnek nincs értelme, ezért nincs gyökere. Ha a ≠ 0, akkor az átalakítások után az egyenlet a következő alakot veszi fel: x² + 2 (1-a) x + a² - 2a – 3 = 0 (2)- másodfokú egyenlet.

Keressük a diszkriminánst = (1 – a)² – (a² – 2a – 3)= 4, keresse meg az egyenlet gyökereitx 1 = a + 1, x 2 = a - 3.

Amikor az (1) egyenletről a (2) egyenletre váltunk, az (1) egyenlet definíciós tartománya kibővült, ami idegen gyökerek megjelenéséhez vezethet. Ezért szükséges az ellenőrzés.

Vizsgálat. Zárjuk ki a talált értékek közül x azokat, amelyekben

x 1 +1=0, x 1 +2=0, x 2 +1=0, x 2 +2=0.

Ha x 1 +1=0, vagyis (a+1) + 1 = 0, Azt a= -2.És így,

nál nél a= -2 , x 1 -

Ha x 1 +2=0, vagyis (a+1)+2=0, Hogy a = -3. Így mikor a = - 3, x 1 - az egyenlet idegen gyöke. (1).

Ha x 2 +1=0, vagyis (a – 3) + 1 = 0, Azt a = 2. Így mikor a = 2 x 2 - az (1) egyenlet idegen gyöke.

Ha x 2 +2=0, vagyis ( a – 3) + 2 = 0, Hogy a=1. Így mikor a = 1,

x 2 - az (1) egyenlet külső gyöke.

Ennek megfelelően mikor a = -3 kapunk x = - 3 – 3 = -6;

nál nél a = - 2 x = -2 – 3= - 5;

nál nél a = 1 x = 1 + 1 = 2;

nál nél a = 2 x = 2+1 = 3.

Leírhatod a választ.

Válasz: 1) ha a= -3, Hogy x= -6; 2) ha a= -2, Azt x= -5; 3) ha a = 0, akkor nincsenek gyökerek; 4) ha a = 1, Azt x=2; 5) ha a=2, Azt x=3; 6) ha a ≠ -3, a ≠ -2, a ≠ 0, a ≠ 1, a ≠ 2, majd x 1 = a + 1, x 2 = a-3.

4. §. Irracionális egyenletek és egyenlőtlenségek

Azokat az egyenleteket és egyenlőtlenségeket, amelyekben a változó a gyökjel alatt található, nevezzük irracionális.

Az irracionális egyenletek megoldása az irracionális egyenletről a racionális egyenletre való áttéréshez vezet az egyenlet mindkét oldalának hatványozásával vagy egy változó helyettesítésével. Ha az egyenlet mindkét oldalát egyenletes hatványra emeljük, idegen gyökök jelenhetnek meg. Ezért ennek a módszernek a használatakor ellenőriznie kell az összes talált gyökeret úgy, hogy behelyettesíti őket az eredeti egyenletbe, figyelembe véve a paraméterértékek változásait.

A forma egyenlete
=g (x) ekvivalens a rendszerrel

Az f (x) ≥ 0 egyenlőtlenség az f (x) = g 2 (x) egyenletből következik.

Az irracionális egyenlőtlenségek megoldása során a következő ekvivalens transzformációkat használjuk:

≤ g(x)


≥g(x)

1. példa Oldja meg az egyenletet
= x + 1 (3)

Ez egy irracionális egyenlet

Megoldás: Az aritmetikai gyök definíciója szerint a (3) egyenlet ekvivalens a rendszerrel
.

Nál nél a = 2 a rendszer első egyenlete alakja 0 x = 5, vagyis nincs megoldása.

Nál nél a≠ 2 x=
. Nézzük meg, milyen értékekenA talált értéketx kielégíti az egyenlőtlenségetx ≥ -1:
≥ - 1,
≥ 0,

ahol a ≤ vagy a > 2.

Válasz: Nál nél a≤, a > 2 x=
, nál nél < а ≤ 2 az egyenletnek nincsenek megoldásai.

2. példa Oldja meg az egyenletet
= a (4. függelék)

Megoldás. y =

y = a– vízszintes vonalak családja.

Készítsünk függvénygrafikonokat.

Válasz: nál nél A<0 – nincsenek megoldások;

nál nél A≥ 0 - egy megoldás.

3. példa . Oldjuk meg az egyenlőtlenséget(a+1)
<1.

Megoldás. O.D.Z. x ≤ 2. Ha a+1 ≤0, akkor az egyenlőtlenség minden megengedett értékre érvényes x. Ha a+1>0, Azt

(a+1)
<1.

<

ahol x (2-
2

Válasz. x (- ;2a (-;-1, x (2-
2

nál nél A (-1;+).

5. § Trigonometrikus egyenletek és egyenlőtlenségek.

Íme a képletek a legegyszerűbb trigonometrikus egyenletek megoldásához:

Sinx = a
x= (-1) n arcsin a+πn, n Z, ≤1, (1)

Cos x = a
x = ±arccos a + 2 πn, n Z, ≤1. (2)

Ha >1, akkor az (1) és (2) egyenletnek nincs megoldása.

tan x = a
x= arctan a + πn, n Z, a R

ctg x = a
x = arcctg a + πn, n Z, a R

Minden standard egyenlőtlenséghez megadjuk a megoldások halmazát:

1. sin x > a
arcsin a + 2 πn Z,

nál nél a <-1, x R ; nál nél a ≥ 1, nincsenek megoldások.

2. . bűn x< a
π - arcsin a + 2 πnZ,

a≤-1 esetén nincs megoldás; > 1 esetén,x R

3. kötözősaláta x > a
- arccos a + 2 πn < x < arccos a + 2 πn , n Z ,

nál nél A<-1, x R ; nál nél a ≥ 1 , nincsenek megoldások.

4. cos x arccos a+ 2 πnZ,

nál nél a≤-1 , nincs megoldás; nál néla > 1, x R

5. tan x > a, arctan a + πnZ

6.tg x< a, -π/2 + πn Z

1. példa megtalálja A, amelyre ennek az egyenletnek van megoldása:

Cos 2 x + 2(a-2)cosx + a 2 – 4a – 5 =0.

Megoldás.Írjuk fel az egyenletet a formába

Val velos 2 x + (2 a -4) cosx +(a – 5)(a+1) =0, másodfokúként megoldva azt kapjuk cosx = 5-AÉs cosx = -a-1.

Az egyenlet cosx = 5- A megoldásokat kínál -1≤ 5-A ≤1
4≤ A≤ 6, és egyenlet. cosx = - a-1 feltéve -1≤ -1-A ≤ 1
-2 ≤ A ≤0.

Válasz. A -2; 0
4; 6

2. példa Miben bvan olyan, hogy az egyenlőtlenség
+ b> 0 minden x ≠ esetén érvényesπn , n Z .

Megoldás. Tegyük fel A= 0. Az egyenlőtlenség teljesül, ha b >0. Mutassuk meg, hogy egyetlen b ≤0 sem felel meg a feladat feltételeinek. Valóban, elég, ha x =-et teszünk π /2, Ha A <0, и х = - π /2 nál nél A ≥0.

Válasz.b>0

6. § Exponenciális egyenletek és egyenlőtlenségek

1. Egyenlet h(x) f ( x ) = h(x) g ( x) nál nél h(x) > 0 két rendszer gyűjteményének felel meg
És

2. Speciális esetben (h (x)= a ) az egyenlet A f(x) = A g(x) at A> 0, egyenértékű két rendszer gyűjteményével

És

3. Egyenlet A f(x) = b , Ahol A > 0, a ≠1, b>0, egyenértékű az egyenlettel

f (x )= log a b . Esemény A Az =1 értéket külön kell figyelembe venni.

A legegyszerűbb exponenciális egyenlőtlenségek megoldása a hatványtulajdonságon alapul. A forma egyenlőtlenségef(a x ) > 0 változó változtatássalt= a x az egyenlőtlenségek rendszerének megoldására redukálódik
majd a megfelelő egyszerű exponenciális egyenlőtlenségek megoldására.

Egy nem szigorú egyenlőtlenség megoldásánál a szigorú egyenlőtlenség megoldási halmazához hozzá kell adni a megfelelő egyenlet gyökereit. Mint az egyenletek megoldásánál az összes kifejezést tartalmazó példában A f (x), feltételezzük A> 0. Eset A= 1-et külön kell figyelembe venni.

1. példa . Miben A egyenlet 8 x =
csak pozitív gyökerei vannak?

Megoldás. Egynél nagyobb bázisú exponenciális függvény tulajdonsága alapján x>0
8 x >1

>1

>0, honnana (1,5;4).

Válasz. a (1,5;4).

2. példa Oldja meg az egyenlőtlenséget a 2 ∙2 x > a

Megoldás. Nézzünk három esetet:

1. A< 0 . Mivel az egyenlőtlenség bal oldala pozitív, a jobb oldala pedig negatív, az egyenlőtlenség bármely x-re érvényes R.

2. a=0. Nincsenek megoldások.

3. A > 0 . a 2 ∙2 x >a
2 x >
x > -log 2 a

Válasz. x R nál nél A > 0; erre nincsenek megoldások a =0; x (- log 2 a; +) nál néla> 0 .

7. § Logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek

Mutassunk be néhány megoldásban használt ekvivalenciát logaritmikus egyenletek és egyenlőtlenségek.

1. A log f (x) g (x) = log f (x) h (x) egyenlet ekvivalens a rendszerrel

Különösen, ha A >0, A≠1, akkor

log a g(x)= log a h(x)

2. Az egyenlet log a g(x)=b
g(x)=a b ( A >0, a ≠ 1, g(x) >0).

3. Egyenlőtlenség log f ( x ) g (x) ≤ log f ( x ) h(x) egyenértékű két rendszer kombinációjával:
És

Ha egy, b számok, a >0, a ≠1, akkor

log a f(x) ≤ b

log a f(x)>b

1. példa Oldja meg az egyenletet

Megoldás. Keressük meg az ODZ-t: x > 0, x ≠ A 4 , a > 0, A≠ 1. Alakítsa át az egyenletet

log x – 2 = 4 – log a x
log x + log a x– 6 = 0, honnan log a x = - 3

x = A-3 és log a x = 2
x = A 2. Feltétel x = A 4
A – 3 = A 4 vagy A 2 = A 4 nem hajtják végre ODZ-n.

Válasz: x = A-3, x = A 2 órakor A (0; 1)
(1; ).

2. példa . Találja meg a legnagyobb értéket A, amelyre az egyenlet

2 log -
+ a = 0-nak vannak megoldásai.

Megoldás. Cseréljük
= tés megkapjuk a 2. másodfokú egyenletett 2 – t + a = 0. Megoldás, azt találjukD = 1-8 a . Mérlegeljük D≥0, 1-8 A ≥0
A ≤.

Nál nél A = a másodfokú egyenletnek van gyöket= >0.

Válasz. A =

3. példa . Oldja meg az egyenlőtlenségetlog(x 2 – 2 x + a ) > - 3

Megoldás. Oldjuk meg az egyenlőtlenségek rendszerét

Az x négyzetháromtagok gyökerei 1,2 = 1 ±
az övék 3,4 = 1 ±
.

Kritikus paraméterértékek: A= 1 és A= 9.

Legyen X 1 és X 2 tehát az első és a második egyenlőtlenség megoldási halmaza

X 1
x 2 = X az eredeti egyenlőtlenség megoldása.

0-nál< a <1 Х 1 = (- ;1 -
)
(1 +
; +), nál nélA> 1 x 1 = (-;+).

0-nál< a < 9 Х 2 = (1 -
; 1 +
), nál nélA≥9 X 2 – nincs megoldás.

Nézzünk három esetet:

1. 0< a ≤1 X = (1 -
;1 -
)
(1 +
;1 +
).

2. 1 < a < 9 Х = (1 -
;1 +
).

3. a≥ 9 X – nincs megoldás.

Egységes államvizsga-célok

Magas szintű C1, C2

1. példa Keresse meg az összes értéket R, amelyre az egyenlet

R ∙ ctg 2x+2sinx+ p= 3-nak legalább egy gyöke van.

Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet

R ∙ (
- 1) + 2sinx + p= 3, sinx = t, t
,t 0.

- p+2t+ p = 3, + 2 t = 3, 3 -2t = , 3t 2 – 2t 3 = p .

Hadd f(y) = 3 t 2 – 2 t 3 . Keressük meg a függvényértékek halmazátf(x) tovább


. nál nél / = 6 t – 6 t 2 , 6 t - 6 t 2 = 0, t 1 =0, t 2 = 1. f(-1) = 5, f(1) = 1.

Nál nél t
, E(f) =
,

Nál nél t
, E(f) =
, vagyis mikor t


, E(f) =
.

A 3. egyenlethezt 2 – 2 t 3 = p (tehát az adott) volt legalább egy szükséges és elegendő gyökp E(f), vagyis p
.

Válasz.
.

2. példa

Milyen paraméterértékekenA az egyenlet log
(4 x 2 – 4 a + a 2 +7) = 2-nek pontosan egy gyöke van?

Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet valamivel egyenértékűvé:

4x 2-4 a + a 2 +7 = (x 2 + 2) 2.

Figyeljük meg, hogy ha egy bizonyos x szám a kapott egyenlet gyöke, akkor az – x szám ennek az egyenletnek a gyöke is. Feltétel szerint ez nem kivitelezhető, így az egyetlen gyök a 0.

meg fogjuk találni A.

4∙ 0 2 - 4a + a 2 +7 = (0 2 + 2) 2 ,

a 2 - 4a +7 = 4, a 2 - 4a +3 = 0, a 1 = 1, a 2 = 3.

Vizsgálat.

1) a 1 = 1. Ekkor az egyenlet így néz ki:log
(4 x 2 +4) =2. Oldjuk meg

4x 2 + 4 = (x 2 + 2) 2, 4x 2 + 4 = x 4 + 4x 2 + 4, x 4 = 0, x = 0 az egyetlen gyök.

2) a 2 = 3. Az egyenlet így néz ki:log
(4 x 2 +4) =2
x = 0 az egyetlen gyök.

Válasz. 1; 3

Magas szintű C4, C5

3. példa Keresse meg az összes értéket R, amelyre az egyenlet

x 2 – ( R+ 3)x + 1= 0-nak egész gyökei vannak, és ezek a gyökök az egyenlőtlenség megoldásai: x 3 – 7 R x 2 + 2x 2 – 14 R x - 3x +21 R ≤ 0.

Megoldás. Legyen x 1, x 2 – az x egyenlet egész gyökei 2 – (R + 3)x + 1= 0. Ekkor a Vieta-formula szerint az x egyenlőségeket 1 + x 2 = R + 3, x 1 ∙ x 2 = 1. Két x egész szám szorzata 1 , X 2 csak két esetben lehet egyenlő eggyel: x 1 = x 2 = 1 vagy x 1 = x 2 = - 1. Ha x 1 = x 2 = 1, akkorR + 3 = 1+1 = 2
R = -1; ha x 1 = x 2 = - 1, akkorR + 3 = - 1 – 1 = - 2
R = - 5. Vizsgáljuk meg, hogy az x egyenlet gyökei megfelelnek-e 2 – (R + 3)x + 1= 0 a leírt esetekben ennek az egyenlőtlenségnek a megoldásaival. Az alkalomraR = - 1, x 1 = x 2 = 1 van nálunk

1 3 – 7 ∙ (- 1) ∙ 1 2 +2∙ 1 2 – 14 ∙ (- 1) ∙ 1 – 3 ∙ 1 + 21 ∙ (- 1) = 0 ≤ 0 – igaz; az alkalomra R= - 5, x 1 = x 2 = - 1 van (- 1) 3 – 7 ∙ (- 5) ∙ (-1) 2 + 2 ∙ (-1) 2 – 14 ∙ (-5) × (- 1 ) – 3 ∙ (- 1) + 21 ∙ (-5) = - 136 ≤ 0 – helyes. Tehát csak a probléma feltételei teljesülnek R= - 1 és R = - 5.

Válasz.R 1 = - 1 és R 2 = - 5.

4. példa Keresse meg a paraméter összes pozitív értékét A, amelynél az 1-es szám a függvény definíciós tartományába tartozik

nál nél = (A
- A
).

Tanfolyami munka

Előadó: Bugrov S K.

Számos fizikai folyamat és geometriai minta tanulmányozása gyakran a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásához vezet. Egyes egyetemek egyenleteket, egyenlőtlenségeket és rendszereiket is belefoglalják a vizsgadolgozatba, amely gyakran nagyon összetett, és nem szabványos megoldást igényel. Az iskolában az iskolai matematika tantárgy egyik legnehezebb szakaszát csak néhány szabadon választható órán veszik figyelembe.

A munka elkészítésekor a téma mélyebb vizsgálatát tűztem ki célul, azonosítva a legracionálisabb megoldást, amely gyorsan válaszhoz vezet. Véleményem szerint a grafikus módszer kényelmes és gyors módja egyenletek és paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldásának.

Esszémben a gyakran előforduló egyenlettípusokat, egyenlőtlenségeket és azok rendszereit tárgyalom, és remélem, hogy a munka során megszerzett ismereteim segítségemre lesznek az iskolai vizsgák letételekor és az egyetemre való felvételkor.

§ 1. Alapvető definíciók

Tekintsük az egyenletet

¦(a, b, c, …, k, x)=j(a, b, c, …, k, x), (1)

ahol a, b, c, …, k, x változó mennyiségek.

Bármilyen változó értékrendszer

a = a0, b = b0, c = c0, …, k = k0, x = x0,

amelyben ennek az egyenletnek a bal és a jobb oldala is valós értékeket vesz fel, az a, b, c, ..., k, x változók megengedett értékeinek rendszerének nevezzük. Legyen A az a összes megengedett értékének halmaza, B a b összes megengedett értékének halmaza, stb., X az x összes megengedett értékének halmaza, azaz. аОА, bОB, …, xОX. Ha az A, B, C, …, K halmazok mindegyikéhez kiválasztunk és rögzítünk egy a, b, c, …, k értéket, és behelyettesítjük az (1) egyenletbe, akkor x egyenletet kapunk, azaz egyenlet egy ismeretlennel.

Az egyenlet megoldása során állandónak tekintett a, b, c, ..., k változókat paramétereknek, magát az egyenletet pedig paramétereket tartalmazó egyenletnek nevezzük.

A paramétereket a latin ábécé első betűi jelölik: a, b, c, d, ..., k, l, m, n, az ismeretleneket pedig x, y, z betűk jelölik.

Egy egyenlet paraméterekkel való megoldása azt jelenti, hogy jelezzük, hogy a paraméterek milyen értékeinél léteznek megoldások és mik azok.

Két azonos paramétert tartalmazó egyenletet ekvivalensnek nevezünk, ha:

a) azonos paraméterértékekhez van értelme;

b) az első egyenlet minden megoldása a második egyenlet megoldása és fordítva.

§ 2. Megoldási algoritmus.

Keresse meg az egyenlet definíciós tartományát!

Az a-t x függvényében fejezzük ki.

Az xOa koordinátarendszerben megszerkesztjük az a=¦(x) függvény grafikonját az x azon értékeihez, amelyek az egyenlet definíciós tartományába tartoznak.

Megtaláljuk az a=c egyenes metszéspontjait, ahol cÎ(-¥;+¥) az a=¦(x) függvény grafikonjával Ha az a=c egyenes metszi az a=¦(x) gráfot. , akkor meghatározzuk a metszéspontok abszcisszáját. Ehhez elég x-re megoldani az a=¦(x) egyenletet.

Leírjuk a választ.

I. Oldja meg az egyenletet!

(1)

Mivel x=0 nem az egyenlet gyöke, az egyenlet feloldható a következőre:

vagy

Egy függvény grafikonja két „összeragasztott” hiperbola. Az eredeti egyenlet megoldásainak számát a megszerkesztett egyenes és az y=a egyenes metszéspontjainak száma határozza meg.

Ha egy О (-¥;-1]П(1;+¥)П

, akkor az y=a egyenes egy pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ennek a pontnak az abszcisszáját az x egyenletének megoldása során találjuk meg.

Így ezen az intervallumon az (1) egyenletnek van megoldása

. , akkor az y=a egyenes két pontban metszi az (1) egyenlet grafikonját. Ezeknek a pontoknak az abszcisszáit a és egyenletekből találhatjuk meg, megkapjuk és . , akkor az y=a egyenes nem metszi az (1) egyenlet grafikonját, ezért nincsenek megoldások.

Ha egy О (-¥;-1]П(1;+¥)П

, Az ; , Az , ; , akkor nincsenek megoldások.

II. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyre az egyenlet vonatkozik

három különböző gyökere van.

Az egyenlet átírása így

és miután megvizsgáltunk egy pár függvényt, észrevehetjük, hogy az a paraméter kívánt értékei és csak ezek felelnek meg a függvény grafikonjának azon pozícióinak, ahol pontosan három metszéspontja van a függvény grafikonjával .

Az xOy koordinátarendszerben elkészítjük a függvény grafikonját

). Ehhez ábrázolhatjuk formában, és négy felmerülő esetet figyelembe véve ezt a függvényt alakba írjuk.

Mivel a függvény grafikonja

- ez egy egyenes, amelynek dőlésszöge az Ox tengellyel egyenlő, és az Oy tengelyt egy (0, a) koordinátájú pontban metszi, arra a következtetésre jutunk, hogy a három jelzett metszéspont csak abban az esetben érhető el, ha ez a vonal érinti a függvény grafikonját. Ezért megtaláljuk a származékot.

III. Keresse meg az a paraméter összes értékét, amelyek mindegyikére az egyenletrendszer

megoldásai vannak.

A rendszer első egyenletéből kapjuk

Ezért ez az egyenlet meghatározza a „félparabolák” családját – a parabola jobb oldali ágai „csúsznak” csúcsaikkal az abszcissza tengely mentén.

Jelöljünk ki teljes négyzeteket a második egyenlet bal oldalán, és tizedeljük

A sík sok pontja

a második egyenletet kielégítő két egyenes és

Nézzük meg, hogy a paraméter mely értékeinél van a „félparabolák” családjából származó görbének legalább egy közös pontja a kapott egyenesek egyikével.

Egyenlőtlenség

(a, b, c, …,, x)>(a, b, c, …, x), (1)

ahol a, b, c, …,- paramétereket, és x valós változó, egyenlőtlenségnek nevezzük egy ismeretlen paramétereket tartalmazó egyenlőtlenségnek.

Bármely paraméterérték rendszer a = a 0 , b = b 0 , c = c 0 , …, k = k 0 , valamilyen funkcióhoz

(a, b, c, …,, x) és

(a, b, c, …,, x

a valós számok tartományában van értelme, amit a megengedett paraméterértékek rendszerének neveznek.

x érvényes értékének nevezzük, ha

(a, b, c, …,, x) és

(a, b, c, …,, x

vegyen érvényes értékeket bármely megengedett paraméterérték-rendszerhez.

Az x összes megengedett értékének halmazát az egyenlőtlenség definíciós tartományának nevezzük (1).

Az x 0 valós számot az (1) egyenlőtlenség parciális megoldásának nevezzük, ha az egyenlőtlenség

(a, b, c, …,, x 0 )>(a, b, c, …, x 0 )

igaz a megengedett paraméterértékek bármely rendszerére.

Az (1) egyenlőtlenség összes partikuláris megoldásának halmazát az egyenlőtlenség általános megoldásának nevezzük.

Az (1) egyenlőtlenség megoldása azt jelenti, hogy megadjuk, hogy a paraméterek milyen értékeinél létezik általános megoldás, és mi az.

Két egyenlőtlenség

(a, b, c, …,, x)>(a, b, c, …, x) és (1)

(a, b, c, …,, x)>(a, b, c, …, x) (2)

ekvivalensnek nevezzük, ha ugyanazokkal az általános megoldásokkal rendelkeznek a megengedett paraméterértékek azonos halmazára.

Megoldási algoritmus.

Megtaláljuk ennek az egyenlőtlenségnek a definíciós területét.

Az egyenlőtlenséget egyenletre redukáljuk.

Az a-t x függvényében fejezzük ki.

Az xOa koordinátarendszerben az a = (x) függvények grafikonjait készítjük el azon x értékekhez, amelyek ezen egyenlőtlenség definíciós tartományába tartoznak.

Olyan ponthalmazokat találunk, amelyek kielégítik ezt az egyenlőtlenséget.

Vizsgáljuk meg a paraméter hatását az eredményre.

Határozzuk meg a grafikonok metszéspontjainak abszcisszáját!

állítsunk be egy a=const egyenest és toljuk el -ról +-ra

Leírjuk a választ.

Ez csak az egyik algoritmus a paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldására az xOa koordinátarendszer segítségével. Más megoldási módok is lehetségesek, a szabványos xOy koordinátarendszer használatával.

3. Példák

I. Az a paraméter összes megengedett értékére oldja meg az egyenlőtlenséget

Az a paraméter definíciós tartományában, amelyet az egyenlőtlenségek rendszere határoz meg

ez az egyenlőtlenség egyenértékű az egyenlőtlenségek rendszerével

Ha, akkor az eredeti egyenlőtlenség megoldásai kitöltik az intervallumot.

Válasz:, .

II. Az a paraméter mely értékeinél van megoldása a rendszernek?

Keressük meg a trinomiális gyökereit az egyenlőtlenség bal oldalán -

A (*) egyenlőségekkel definiált egyenesek az aOx koordinátasíkot négy tartományra osztják, amelyek mindegyikében van egy négyzetes trinom

állandó jelet tart fenn. A (2) egyenlet egy 2 sugarú kört határoz meg, amelynek középpontja az origóban van. Ekkor az eredeti rendszer megoldása az árnyékolt kereszteződés lesz

régió egy körrel, ahol és az értékek és a rendszerből találhatók

és az értékek és a rendszerből találhatók

Ezeket a rendszereket megoldva azt kapjuk

III. Oldja meg az egyenlőtlenséget az a paraméter értékétől függően.

Megtaláljuk az elfogadható értékek tartományát -

Szerkesszük meg a függvény grafikonját az xOy koordinátarendszerben.

amikor az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.

mikor az x megoldásra kielégíti a relációt, hol

Egyenlőtlenségek megoldása paraméterrel.

Az ax > b, ax alakú egyenlőtlenségek< b, ax ≥ b, ax ≤ b, где a и b – действительные числа или выражения, зависящие от параметров, а x – неизвестная величина, называются lineáris egyenlőtlenségek.

A lineáris egyenlőtlenségek paraméterrel történő megoldásának elvei nagyon hasonlóak a lineáris egyenletek paraméterrel történő megoldásának elveihez.

1. példa

Oldja meg az 5x – a > ax + 3 egyenlőtlenséget.

Megoldás.

Először is alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:

5x – ax > a + 3, tegyünk x-et az egyenlőtlenség bal oldalára zárójelben:

(5 – a)x > a + 3. Tekintsük most az a paraméter lehetséges eseteit:

Ha a > 5, akkor x< (а + 3) / (5 – а).

Ha a = 5, akkor nincs megoldás.

Ha egy< 5, то x >(a + 3) / (5 – a).

Ez a megoldás lesz a válasz az egyenlőtlenségre.

2. példa

Oldja meg az x(a – 2) / (a ​​– 1) – 2a/3 ≤ 2x – a egyenlőtlenséget, ha a ≠ 1.

Megoldás.

Alakítsuk át az eredeti egyenlőtlenséget:

x(a – 2) / (a ​​– 1) – 2x ≤ 2a/3 – a;

Ах/(а – 1) ≤ -а/3. Az egyenlőtlenség mindkét oldalát (-1) megszorozva a következőt kapjuk:

ax/(a – 1) ≥ a/3. Vizsgáljuk meg az a paraméter lehetséges eseteit:

1 eset. Legyen a/(a – 1) > 0 vagy a € (-∞; 0)ᴗ(1; +∞). Ekkor x ≥ (a – 1)/3.

2. eset. Legyen a/(a – 1) = 0, azaz. a = 0. Ekkor x bármely valós szám.

3. eset. Legyen a/(a – 1)< 0 или а € (0; 1). Тогда x ≤ (а – 1)/3.

Válasz: x € [(a – 1)/3; +∞) egy € esetén (-∞; 0)ᴗ(1; +∞);
x € [-∞; (a – 1)/3] euróért (0; 1);
x € R a = 0 esetén.

3. példa

Oldja meg az |1 + x| egyenlőtlenséget ≤ ax x-hez viszonyítva.

Megoldás.

Abból a feltételből következik, hogy az egyenlőtlenségi tengely jobb oldalának nem negatívnak kell lennie, azaz. ax ≥ 0. A modul feltárása az egyenlőtlenségből |1 + x| ≤ ax kettős egyenlőtlenségünk van

Ax ≤ 1 + x ≤ ax. Írjuk át az eredményt rendszer formájában:

(ax ≥ 1 + x;
(-ax ≤ 1 + x.

Alakítsuk át a következőre:

((a – 1)x ≥ 1;
((a + 1)x ≥ -1.

A kapott rendszert intervallumokon és pontokon tanulmányozzuk (1. ábra):

A ≤ -1 x € (-∞; 1/(a – 1)] esetén.

-1-nél< а < 0 x € [-1/(а – 1); 1/(а – 1)].

Amikor a = 0 x = -1.

0-nál< а ≤ 1 решений нет.

Grafikus módszer egyenlőtlenségek megoldására

A grafikonok ábrázolása nagyban leegyszerűsíti a paramétert tartalmazó egyenletek megoldását. A grafikus módszer alkalmazása az egyenlőtlenségek paraméterrel történő megoldásánál még áttekinthetőbb és célszerűbb.

Az f(x) ≥ g(x) alakú egyenlőtlenségek grafikus megoldása annak az x változónak az értékeinek megtalálását jelenti, amelyre az f(x) függvény grafikonja a g(x) függvény grafikonja felett van. Ehhez mindig meg kell találni a gráfok metszéspontjait (ha vannak).

1. példa

Oldja meg az |x + 5| egyenlőtlenséget< bx.

Megoldás.

Az y = |x + 5| függvények grafikonjait készítjük és y = bx (2. ábra). Az egyenlőtlenség megoldása az x változó azon értékei, amelyekre az y függvény grafikonja = |x + 5| az y = bx függvény grafikonja alatt lesz.

A képen látható:

1) b > 1 esetén az egyenesek metszik egymást. E függvények grafikonjai metszéspontjának abszcisszája az x + 5 = bx egyenlet megoldása, ahonnan x = 5/(b – 1). Az y = bx gráf az (5/(b – 1; +∞) intervallum x pontjában van fent, ami azt jelenti, hogy ez a halmaz az egyenlőtlenség megoldása.

2) Hasonlóképpen azt találjuk, hogy -1-nél< b < 0 решением является х из интервала (-5/(b + 1); 5/(b – 1)).

3) b ≤ -1 x € esetén (-∞; 5/(b – 1)).

4) 0 ≤ b ≤ 1 esetén a gráfok nem metszik egymást, ami azt jelenti, hogy az egyenlőtlenségnek nincs megoldása.

Válasz: x € (-∞; 5/(b – 1)) b ≤ -1 esetén;
x € (-5/(b + 1); 5/(b – 1)) -1-nél< b < 0;
0 ≤ b ≤ 1-re nincs megoldás; x € (5/(b – 1); +∞), ha b > 1.

2. példa

Oldja meg az a(a + 1)x > (a + 1)(a + 4) egyenlőtlenséget.

Megoldás.

1) Keressük meg az a paraméter „kontroll” értékeit: a 1 = 0 és 2 = -1.

2) Oldjuk meg ezt az egyenlőtlenséget a valós számok minden részhalmazán: (-∞; -1); (-1); (-10); (0); (0; +∞).

a) a< -1, из данного неравенства следует, что х >(a + 4)/a;

b) a = -1, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 0 alakot ölt – nincs megoldás;

c) -1< a < 0, из данного неравенства следует, что х < (a + 4)/a;

d) a = 0, akkor ez az egyenlőtlenség 0 x > 4 alakú – nincs megoldás;

e) a > 0, ebből az egyenlőtlenségből következik, hogy x > (a + 4)/a.

3. példa

Oldja meg a |2 – |x|| egyenlőtlenséget< a – x.

Megoldás.

Megszerkesztjük az y = |2 – |x|| függvény grafikonját (3. ábra)és vegyük figyelembe az y = -x + a egyenes helyének minden lehetséges esetét.

Válasz: az egyenlőtlenségnek nincs megoldása ≤ -2-re;
x € (-∞; (a – 2)/2) egy € (-2; 2] esetén);
x € (-∞; (a + 2)/2), ha a > 2.

Különböző problémák, egyenletek, paraméterekkel való egyenlőtlenségek megoldása során jelentős számú heurisztikus technika fedezhető fel, amelyek aztán a matematika bármely más ágában sikeresen alkalmazhatók.

A paraméterekkel kapcsolatos problémák fontos szerepet játszanak a logikus gondolkodás és a matematikai kultúra kialakításában. Éppen ezért, miután elsajátította a paraméterekkel kapcsolatos problémák megoldásának módszereit, sikeresen megbirkózik más problémákkal.

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan oldja meg az egyenlőtlenségeket?
Ha segítséget szeretne kérni egy oktatótól, regisztráljon.
Az első óra ingyenes!

weboldalon, az anyag teljes vagy részleges másolásakor a forrásra mutató hivatkozás szükséges.