МЕТОДИКА ОБУЧЕНИЯ

РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ С ПАРАМЕТРАМИ

В КУРСЕ МАТЕМАТИКИ СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ

СОДЕРЖАНИЕ: ВВЕДЕНИЕ.........................................................................................................4 Глава 1 Классификация задач с параметрами.................................................6 §1. Основные виды уравнений (системы уравнений), содержащих параметр.....................................................................................................6 1.1 Основные определения.......................................................................6 1.2 Линейные и квадратные уравнения, содержащие параметр...........7 1.3 Дробно-рациональные уравнения, содержащие параметр, сводящиеся к линейным...................................................................12 1.4 Иррациональные уравнения, содержащие параметр.....................14 1.5 Показательные уравнения, содержащие параметр........................16 1.6 Логарифмические уравнения, содержащие параметр...................17 1.7 Тригонометрические уравнения, содержащие параметр..............18 1.8 Системы уравнений с параметрами.................................................21 §2. Основные виды неравенств (системы неравенств), содержащих параметр...................................................................................................24 2.1 Основные определения.....................................................................24 2.2 Линейные неравенства и неравенства, приводимые к линейным....26 2.3 Квадратные неравенства...................................................................27 2.4 Иррациональные неравенства, содержащие параметр..................28 2.5 Показательные и логарифмические неравенства, содержащие параметр.............................................................................................31 2.6 Тригонометрические неравенства, содержащие параметр..........33 2.7 Системы неравенств с параметрами...............................................34 Глава 2 Основные методы решения задач, содержащих параметр.............36 § 3. Аналитический метод............................................................................36 3.1 Поиск решения задач, содержащих параметр. Метод «ветвления»............................................................................36 2
3.2 Параметр и количество решений задач, содержащих параметр...39 3.3 Параметр и свойства решений задач, содержащих параметр.......43 3.4 Параметр как равноправная переменная.........................................43 3.5 Методы поиска необходимых условий. Использование симметрии аналитических выражений...........................................45 3.6 «Каркас» квадратичной функции. Дискриминант, старший коэффициент.....................................................................................46 3.7 «Каркас» квадратичной функции. Вершина параболы.................48 3.8 Корни квадратичной функции. Теорема Виета..............................49 3.9 Аппарат математического анализа (касательная к прямой).........50 § 4. Свойства функций в задачах, содержащих параметр. Функциональный подход.....................................................................53 4.1 Область значения функции..............................................................53 4.2Наибольшее и наименьшее значение...............................................55 4.3 Монотонность....................................................................................57 4.4 Четность. Периодичность. Обратимость........................................58 § 5. Графический метод................................................................................60 5.1 Графический метод. Координатная плоскость (хОу)....................60 5.1.1 Параллельный перенос............................................................60 5.1.2 Поворот.....................................................................................61 5.2 Графический метод. Координатная плоскость (хОа)....................63 § 6. Факультативный курс и анализ материалов ЕГЭ................................68 ВЫВОДЫ...........................................................................................................80 ЗАКЛЮЧЕНИЕ.................................................................................................86 ЛИТЕРАТУРА...................................................................................................88 3
ВВЕДЕНИЕ Задачи с параметрами играют важную роль в формировании логического мышления и математической культуры у школьников, но их решение вызывает у них значительные затруднения. Это связано с тем, что каждое уравнение или неравенство с параметрами представляет собой целый класс обычных уравнений и неравенств, для каждого из которых должно быть получено решение. Задачи с параметрами часто встречаются на вступительных экзаменах по математике и столь же часто оказываются не по силам абитуриентам. Это, вообще говоря, не удивительно, поскольку у большинства учащихся нет должной свободы в общении с параметрами. Несмотря на то, что программа по математике средней общеобразовательной школы не упоминает в явном виде о задачах с параметрами, было бы ошибкой утверждать, что вопрос о решении задач с параметрами никоим образом не освещается в рамках школьного курса математики. Достаточно вспомнить школьные уравнения: x 2 = a, ax 2 +bx+c = 0, cos x = a, sin x = a, tg x = a, ctg x = a, в которых a, b, c есть не что иное, как параметры. Считается, что задачам с параметрами следовало бы уделять больше внимания. Они представляют математический интерес, способствуют интеллектуальному развитию учащихся, служат хорошим материалом для отработки навыков, требуют от учащихся умственных и волевых усилий, развитого внимания, воспитания таких качеств, как активность, творческая инициатива.
Цель исследования:
изучение методов решения задач, содержащих параметры, в средней школе и разработка соответствующей методики.
Объектом
исследования является процесс по обучению решению задач с параметрами в курсе математики средней школы. 4

Предметом
исследования являются классы задач, содержащих параметры, и методы их решения.
Гипотеза

исследования:
применение разработанной методики обучения решению задач, содержащих параметры, позволит учащимся решать эти задачи на сознательной основе, выбирать наиболее рациональный метод решения, применять разные методы решения.
Задачи:
1. Получить общее представление о задачах с параметрами и методах их решения; 2. Овладеть общими приемами организации действий по обучению решению задач с параметрами: планированием, осуществлением плана, анализом и выражением результатов действий; 3. Систематизировать и углубить знания, закрепить умения, необходимые для решения задач с параметрами.
Структура
данной работы включает в себя теорию, практическую часть, заключение, библиографический список. 5

Глава 1 Классификация задач с параметрами

§1. Основные виды уравнений (системы уравнений), содержащих

параметр

1.1 Основные определения
Рассмотрим уравнение f (a, b, c, …, k, x) = φ(a, b, c, …, k, x), (1) где a, b, c, …, k, x — переменные величины. Любая система значений переменных a=a 0 , b=b 0 , c=c 0 , …, k=k 0 , x=x 0 , при которой левая и правая части уравнения (1) принимают действительные значения, называется системой допустимых значений a, b, c, …, k, x. Пусть А — множество всех допустимых значений переменной а, В — множество допустимых значений b и т. д., Х — множество всех допустимых значений х. Если у каждого из множеств А, В, С,..., К выбрать и зафиксировать по одному значению a, b, c, …, k и подставить в уравнение (1), то получим уравнение с одним неизвестным. Переменные a, b, c, … , k считаются постоянными, называются параметрами, а само уравнение — уравнением с параметрами. Решить уравнение с параметрами — значит указать, при каких значениях параметров существуют решения и каковы они. Два уравнения, содержащие одно и те же параметры, называются равносильными, если: 1. Они имеют смысл при одних и тех же значениях параметров; 2. Каждое решение первого уравнения является решением второго; 3. Каждое решение второго уравнения является решением первого (см. [1],[5]). 6

1.2 Линейные и квадратные уравнения, содержащие параметр
Уравнение вида k·x – p = 0, г д е k и p — выражения, зависящие только от параметров, а x — неизвестное, называется линейным относительно x. Оно приводится к виду k·x = p и при k ≠ 0 имеет единственное решение x = k p при действительных k и p. При k = 0 и p = 0 x — любое число, а при p ≠ 0 и k ≠ 0 решения нет. Уравнение вида q px mx   2 = 0, где x — неизвестное, m, p, q — выражения, зависящие только от п а р а м е т р о в и m ≠ 0 , н а з ы в а е т с я квадратным относительно x. Допустимыми будем считать только те значения параметров, при которых m, p, q — действительны. Линейные и квадратные уравнения, содержащие параметр, можно объединить в одну группу — группу уравнений с параметром не выше второй степени. Уравнения с параметром не выше второй степени являются самыми распространенными в практике итоговых и конкурсных заданий. Их общий вид определяется многочленом ) ( ) ( ) ( ) , ( 2 a h x a g x a f x a F    . Для таких уравнений всякое частное уравнение не выше второй степени принадлежит одному из следующих типов: 1. 0 ) ( ) ( ) (    a h a g a f , тогда       ; x , 2. 0 ) ( ) (   a g a f и 0 ) (  a h , тогда решений нет, 3. 0 ) (  a f и 0 ) (  a g , тогда ) ( ) ( a g a h x   , 4. 0 ) (  a f , 0 ) ( ) ( 4 ) ( 2    a h a f a g D , тогда ) ( 2 ) ( a f a g x   , 5. 0 ) (  a f , 0  D , тогда решений нет, 6. 0 ) (  a f , 0  D , тогда ) ( 2 ) ( a f D a g x    . 7
Контрольные значения параметра определяются уравнением 0  D . На выделенных контрольными значениями промежутках допустимых значений параметра дискриминант имеет определенный знак, соответствующие частные уравнения принадлежат одному из двух последних типов. Тогда решением всякого уравнения с параметром не выше второй степени осуществляется по следующим этапам: 1. На числовой прямой отмечаются все контрольные значения параметра, для которых соответствующие частные уравнения не определены. 2. На области допустимых значений параметра исходного уравнения при помощи равносильных преобразований приводится к виду ) ( ) ( ) ( ) , ( 2 a h x a g x a f x a F    . 3. Выделяют множество контрольных значений параметра, для которых 0 ) (  a f . Если уравнение 0 ) (  a f имеет конечное множество решений, то для каждого найденного контрольного значения параметра соответствующее частное уравнение решается отдельно. Проводится классификация частных уравнений по первым трем типам. На бесконечном множестве решений уравнения 0 ) (  a f проводится решение уравнения 0 ) (  a g , выделяются типы бесконечных и пустых особых частных уравнений. Множеству значений параметра, для которых 0 ) (  a f и 0 ) (  a g , соответствует третий тип не особых частных уравнений. 4. Выделяются контрольные значения параметра, для которых дискриминант обращается в нуль. Соответствующие не особые частные уравнения имеют двукратный корень х = – ) ( 2 ) ( a f a g . 8
5. Найденные контрольные значения параметра разбивают область допустимых значений параметра на промежутки. На каждом из промежутков определяется знак дискриминанта. Множеству значений параметра, для которых 0 ) (  a f и 0  D , соответствует тип не особых частных уравнений, не имеющих решений, для значений параметра из множества, где 0 ) (  a f и 0  D , частные уравнения имеют два различных действительных корня (см. [1],[5],[8]).
Пример
: Решить уравнение 2а·(а – 2)∙х = а – 2. (1) Решение. Здесь контрольными будут те значения параметра, при которых коэффициент при х обращается в 0. Такими значениями являются а = 0 и а = 2. При этих значениях параметра а невозможно деление обеих частей уравнения на коэффициент при х. В то же время при значениях параметра а ≠ 0 и а ≠ 2 деление возможно. Таким образом, целесообразно множество всех действительных значений параметра разбить на подмножества A1 = {0}, А2 = {2} и А3 = {а ≠ 0, а ≠ 2} и решить уравнение (1) на каждом из этих подмножеств, т. е. решить уравнение (1) как семейство уравнений, получающихся из него при следующих значениях параметра: 1) а = 0; 2) а = 2; 3) а ≠ 0, а ≠ 2. Рассмотрим эти случаи. 1) При а = 0 уравнение (1) принимает вид 0∙х = 2. Это уравнение не имеет корней. 2) П р и а = 2 уравнение (1) принимает вид 0∙х = 0. Корнем этого уравнения является любое действительное число. 3) При а ≠ 0 , а ≠ 2 уравнение соответствует третьему типу откуда х = ) 2 ( 2 2   a a a = a 2 1 . 0твет: 1) если а = 0, то корней нет; 9
2) если а = 2, то х — любое действительное число; 3) если а ≠ 0, а ≠ 2 , то х = а 2 1 .
Пример
. Решить уравнение (а – 1)∙ х 2 + 2∙ (2а + 1)∙ х + (4а + 3) = 0. (2) Решение. В данном случае контрольным значением параметра a является единица. Дело в том, что при a = 1 уравнение (2) является линейным, а при а ≠ 1 оно квадратное (в этом и состоит качественное изменение уравнения). Значит, целесообразно рассмотреть уравнение (2) как семейство уравнений, получающихся из него при следующих значениях параметра: 1) a = 1; 2) а ≠ 1. Рассмотрим эти случаи. 1) При a = 1 уравнение (2) примет вид 6х + 7 = 0. Из этого уравнения находим х = — 6 7 2) Из множества значений параметра а ≠ 1 выделим те значения, при которых дискриминант уравнения (2) обращается в 0. Дело в том, что если дискриминант D = 0 при а = а 0 , то при переходе значения D через точку а 0 дискриминант может изменить знак (например, при а < а 0 D < 0, а при а > а 0 D > 0). Вместе с этим при переходе через точку а 0 меняется и число действительных корней квадратного уравнения (в нашем примере при а < а 0 корней нет, так как D < 0, а при а > а 0 D > 0, уравнение имеет два корня). Значит, можно говорить о качественном изменении уравнения. Поэтому значения параметра, при которых обращается в 0 дискриминант квадратного уравнения, также относят к контрольным значениям. Составим дискриминант уравнения (2): 4 D =(2а + l)·2 — (а — 1) (4а + 3). После упрощений получаем 4 D = 5а + 4. 10
Из уравнения 4 D = 0 находим а = – 5 4 — второе контрольное значение параметра а. При этом если 5 4   a , то D < 0; если 5 4   a , то D ≥ 0; и 1  a . Таким образом, осталось решить уравнение (2) в случае, когда 5 4   a и в случае, когда 5 4   a и 1  a . Если 5 4   a , то уравнение (2) не имеет действительных корней; если же 5 4   a и 1  a , то находим 1 4 5 ) 1 2 ( 2 , 1       a a a x ; Если 5 4   a , то 0  D и тогда 3 1   x . Ответ: 1) если 5 4   a , то корней нет; 2) если а = 1, то х = — 6 7 ; 3) если 5 4   a , то 3 1   x ; 4) если         1 5 4 a a , то 1 4 5 ) 1 2 ( 2 , 1       a a a x .
1.3 Дробно-рациональные уравнения, содержащие параметр,

сводящиеся к линейным
11
Процесс решения дробно-рациональных уравнений протекает по обычной схеме: данное уравнение заменяется целым путем умножения обеих частей уравнения на общий знаменатель левой и правой его частей. После чего учащиеся решают известным им способом целое уравнение, исключая посторонние корни, то есть числа, которые обращают общий знаменатель в нуль. В случае уравнений с параметрами эта задача более сложная. Здесь, чтобы посторонние корни исключить, требуется находить значение параметра, обращающее общий знаменатель в нуль, то есть решать соответствующие уравнения относительно параметра (см.[1]).
Пример
: Решить уравнение ) 1 ( ) 2 )( 1 ( 3 2 2 ) 1 ( 2        x x a a x x a x Решение. Значение а = 0 является контрольным. При a = 0 уравнение (1) теряет смысл и, следовательно, не имеет корней. Если а ≠ 0, то после преобразований уравнение (1) примет вид: х 2 + 2 (1 — а) х +а 2 — 2а — 3=0. (2) Найдем дискриминант уравнения (2) 4 D = (1 – a) 2 – (a 2 – 2а – 3) = 4. Находим корни уравнения (2): х 1 = а + 1, х 2 = а – 3. При переходе от уравнения (1) к уравнению (2) расширилась область определения уравнения (1), что могло привести к появлению посторонних корней. Поэтому необходима проверка. Проверка. Исключим из найденных значений х такие, при которых х 1 + 1 = 0, х 1 + 2 = 0, х 2 +1 = 0, х 2 + 2 = 0. Если х 1 + 1 = 0, т. е. (а + 1) + 1= 0, то а = – 2. Таким образом, при а = – 2 х 1 — посторонний корень уравнения (1). Если х 1 + 2 = 0, т. е. (а + 1) + 2 = 0, то а = – 3. Таким образом, при а = – 3 x 1 — посторонний корень уравнения (1). 12
Если х 2 + 1 = 0, т. е. (а – 3) + 1 = 0, то а = 2. Таким образом, при а = 2 х 2 — посторонний корень уравнения (1). Если х 2 + 2 = 0, т. е. (а – 3) + 2 = 0, то а = 1. Таким образом, при а = 1 х 2 — посторонний корень уравнения (1). При а = – 3 получаем х = – 6; при a = –2 х = – 5; При a = 1 х = 1+1 = 2; при a = 2 х = 2 + 1 = 3. Итак, можно записать Ответ: 1) если a = – 3, то х = – 6; 2) если a = –2, то х = – 5; 3) если a = 0, то корней нет; 4) если a = 1, то х = 2; 5) если а = 2, то х = 3; 6) если                 2 1 0 2 3 a a a a a , то х 1 = а + 1, х 2 = а – 3.
1.4 Иррациональные уравнения, содержащие параметр
Главными особенностями при решении уравнений такого типа являются: 13
1. ограничение области определения неизвестной х, так как она меняется в зависимости от значения параметра. 2. в решении уравнений вида ) , ( ) , ( a x g a x f  при возведении в квадрат необходимо учитывать знак ) , ( a x g . ) , ( a x f = g(x,a)       ) ( ) , ( 0 ) , ( 2 x g a x f a x g При рассмотрении всех особых случаев и возведении обеих частей иррационального уравнения в квадрат мы переходим к решению квадратного уравнения с параметром. Рассмотрим несколько примеров и попробуем заметить эти особенности при решении (см. [1]).
Пример
. Решить уравнение a ax x 2 2   = х + 1. Решение: Корень этого уравнения должен удовлетворять условиям х 2 + ах – 2а ≥ 0 (1) х + 1 ≥ 0 (2) Возводим в квадрат обе части уравнения: х 2 + ах – 2а = (х + 1) 2 . Как видно, любой корень этого уравнения удовлетворяет условию (1), т. к. (х + 1) 2 ≥ 0. Следовательно, с учетом условия (2) имеем          1 ) 1 ( 2 2 2 x x a ax x          1 1 2 ) 2 ( x a x a Если а = 2, то 0·х = 5  х  ø; если а ≠ 2, то           1 2 1 2 x a a x При каких же а выполнено 1 2 1 2     a a ? Решаем это неравенство. 14
0 1 2 1 2     a a , 0 2 2 1 2      a a a , (3а – 1)(а – 2) ≥ 0, а ≠ 2, т. е. (а – 3 1 )(а – 2) ≥ 0. Следовательно, а > 2 и а ≤ 3 1 . Ответ. 1. при а > 2 и а ≤ 3 1 х = 2 1 2   a a ; 2. при 3 1 < а ≤ 2 х  ø.
1.5 Показательные уравнения, содержащие параметр
Большинство показательных уравнений с параметрами сводится к показательным уравнениям вида: а f (x) = b φ(х) (2), где а > 0, b > 0. Область допустимых значений такого уравнения находится как пересечение областей допустимых значений функций f(x) и φ(х). Для решения уравнения (2) необходимо рассмотреть следующие случаи: 1) При а = b = 1 решением уравнения (2) является область его допустимых значений D. 2) При а = 1, b ≠ 1 решением уравнения (2) служит решение уравнения φ(х) = 0 на области допустимых значений D. 3) При а ≠ 1, b = 1 решение уравнения (2) находится как решение уравнения f(х) = 0 на области D. 4) При а = b (а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) уравнение (2) равносильно уравнению f(х) = φ(х) на области D. 15
5) При а ≠ b (а > 0 , а ≠ 1 , b > 0 , b ≠ 1) уравнение (2) тождественно уравнению ) ( log ) ( log x b c x f a c   (c > 0, c ≠ 1) на области D (см. [1]).
Пример
: Решить уравнение: а х + 1 = b 3 – х Решение. ОДЗ уравнения: х  R, а > 0, b > 0. 1) При а ≤ 0, b ≤ 0 нет решения; 2) При а = b = 1, х  R; 3) При а = 1, b ≠ 1 имеем: b 3 – х = 1 или 3 – х = 0  х = 3; 4) При а ≠ 1, b = 1 получим: а х + 1 = 1 или х + 1 = 0  х = – 1; 5) При а = b (а > 0, а ≠ 1, b >0, b ≠ 1) имеем: х + 1 =3 – х  х = 1; 6) При b a 1  , 0  b получим: уравнение 3 1    x x , которое не имеет решения; 7) При а ≠ b и b a 1  (а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) прологарифмируем исходное уравнение по основанию а, получим: x a x a b a    3 1 log log , х + 1 = (3 – х) log a b , 1 log 1 log 3    b b x a a . Ответ: при а ≤ 0, b ≤ 0 или b a 1  , 0  b уравнение не имеет решений; при а = b = 1, х  R; при а = 1, b ≠ 1 х = 3; при а ≠ 1, b = 1 х = – 1; при а = b (а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) х = 1; при а ≠ b (а > 0, а ≠ 1, b > 0, b ≠ 1) 1 log 1 log 3    b b x a a .
1.6 Логарифмические уравнения, содержащие параметр
16
Решение логарифмических уравнений с параметрами сводится к нахождению корней элементарного логарифмического уравнения (см. [1]).
Пример
: Решить уравнение 2 – log а 2 (1 + х) = 3 log а 1  x – log а 2 (х 2 – 1) 2 . Решение. 2 – log а 2 (1 + х) = 3 log а 1  x − log а 2 (х 2 – 1) 2                  2 2 ) 1 ( log ) 1 ( log 3 ) 1 ( log 2 1 1 0 2 2 2 x x x x a a a a a                   2 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( log 1 1 0 2 2 3 2 x x x x a a a                  2 1 1 log 1 1 0 2 x x x a a a                 4 1 1 1 1 0 a x x x a a                 4 1 2 1 1 1 0 a x x a a                 4 1 1 2 1 1 0 a x x a a                       4 4 1 2 1 1 1 0 1 1 0 a x a x a a               1 1 2 1 1 0 4 a x x a            4 4 1 1 1 0 a a x a Ответ: при а  (–∞; 0]  [1; +∞) решений нет; при 0 < a < 1 4 4 1 1 a a x    . 17

1.7.

Тригонометрические уравнения, содержащие параметр
Уравнение называется тригонометрическим, если неизвестное находится только под знаком тригонометрической функции. Решение таких уравнений сводится к нахождению корней одного из простейших тригонометрических уравнений (см.[5]). Уравнение: sin [f(x)] = a, где |а| ≤ 1, равносильно совокупности уравнений f(x) = arcsin a + 2πn и f(x) = π – arcsin a + 2πn, или уравнению f(x) = (–1) k arcsin a + πn. Уравнение: cos [f(x)] = a, где |а| ≤ 1, равносильно совокупности: f(x) =  arccos a + 2πn, а каждое из уравнений tg [f(x)] = a и ctg [f(x)] = a соответственно равносильно уравнениям f(x) = arctg a + πn и f(x) = arcсtg a + πn.
Пример
: sin (2х + 3) = b + 1 Решение. При – 1 ≤ b + 1 ≤ 1, т.е. при – 2 ≤ b ≤ 0, сводится к решению уравнения 2х + 3 = (– 1) arcsin (b + 1) + πn. Отсюда х = – 1,5 + 0,5(– 1) n arcsin (b + 1) + 0,5πn. Уравнение sin |x – 3| = m – 2, где –1 ≤ m – 2 ≤ 1, т.е. 1 ≤ m ≤ 3 равносильно уравнению |х – 3| = (–1) n arcsin (m – 2) + πn. 18
|x – 3| ≥ 0, значит, n может принимать только такие целые значения, при которых (– 1) n arcsin (m – 2) + πn ≥ 0. Отсюда при 0 ≤ m – 2 ≤ 1, т.е. 2 ≤ m ≤ 3, 0 ≤ arcsin (m – 2) ≤ 2  , и поэтому n = 0, 1, 2, 3, ... . При – 1≤ m – 2 ≤ 0, т.е. при 1 ≤ m ≤ 2, – 2  ≤ arcsin (m – 2)< 0, и поэтому n = 1, 2, 3, ... . В итоге мы получили х = 3  [(–1) n arcsin (m – 2) + πn], где n = 0, 1, 2, 3, ... при 2 ≤ m ≤ 3 и n = 1, 2, 3, ... при 1 ≤ m ≤ 2.
Пример
: tg 2 2x – (2a + 1) tg 2x + a(a + 1) = 0 Решение. Уравнение квадратное относительно tg 2x, следовательно, оно равносильно совокупности двух уравнений: tg 2x = а + 1 и tg 2x = а Корни найдены по теореме Виета и являются действительными при любых а  R. Отсюда получим два множества корней данного уравнения: х = 2 1 arctg (a+1) + 2 1 πn и х = 2 1 arctg a + 2 1 πk, где n и k  Z
Пример
: ) 2 cos 2 sin 2 ( 2 cos 2 cos 11 2 cos 2 sin 6 2 sin 2 2 2 x x x m x x x m x    = x x x m 2 sin 2 2 cos 2 cos ) 1 2 ( 2   – m 1 (1) 19
Решение. Уравнение (1) имеет смысл при m ≠ 0. Значение х должно удовлетворять условию cos 2x ≠ 0 , tg 2x ≠ 2 1 . Разделив числитель и знаменатель дроби, стоящей в левой части уравнения (1) на соs 2 2х , а первой дроби правой части на соs 2х, получим уравнение ) 1 x 2 tg 2 ( m 11 x 2 tg m 6 x 2 tg 2 2    = x 2 tg 2 1 ) 1 m 2 ( 2   – m 1 (1а) равносильно уравнению (1). Пусть tg 2х = z. Несложные преобразования приводят к уравнению z 2 – (3m – 1)z + 2m 2 + m – 6 = 0, имеющему два корня: z 1 = m + 2, z 2 = 2m – 3. Выше было отмечено, что значения х должны удовлетворять условию tg2x ≠ 2 1 . Значит, необходимо исключить те значения m, при которых z 1 и z 2 (или оба числа) равны 2 1 . z 1 = m + 2 = 2 1 при m = – 1, 5. При этом z 2 = – 6 z 2 = 2m – 3 = 2 1 при m = 1,75. При этом z 1 = m + 2 = 3,75. Ответ: при m = − 1,5 х = 2 1 arctg (– 6) + 2 1 πn; при m = 1,75 х = 2 1 arctg 3,75 + 2 1 πn; п р и m ≠ – 1,5, при m ≠ 1,75, m ≠ 0 уравнение имеет два множества корней: х = 2 1 arctg (2m – 3) + 2 1 πk, х = 2 1 arctg (m + 2) + 2 1 πs, k, s, n — независимо друг от друга принимают значения всех целых чисел. 20

1.8. Системы уравнений с параметрами
Рассмотрим решение систем линейных уравнений, содержащих параметр. Геометрическая интерпретация решения систем двух линейных уравнений с двумя неизвестными выяснит, как расположены две прямые на плоскости, двух линейных уравнений с тремя неизвестными – как расположены плоскости. Общий вид системы двух линейных уравнений с двумя неизвестными:          0 0 2 2 2 1 1 1 c y b x a c y b x a Возможны три случая для системы двух уравнений с двумя неизвестными: 1) 2 1 а а = 2 1 b b = 2 1 c c прямые совпадают, множество решений; 2) 2 1 а а = 2 1 b b ≠ 2 1 c c , прямые параллельны, решений нет; 3) При 2 1 а а ≠ 2 1 b b система имеет единственное решение. Для системы двух линейных уравнений с тремя неизвестными:            0 0 2 2 2 2 1 1 1 1 d z c y b x a d z c y b x a 1. 2 1 а а ≠ 2 1 b b и л и 2 1 а а ≠ 2 1 c c , 2 1 c c ≠ 2 1 b b — плоскости пересекаются, имеется бесконечное множество решений (тройки координат точек прямой пересечения плоскостей). 21
2. 2 1 а а = 2 1 b b = 2 1 c c ≠ 2 1 d d — нет решений (плоскости параллельны). 3. 2 1 а а = 2 1 b b = 2 1 c c = 2 1 d d — бесконечное множество решений (тройки координат точек плоскости, с которой совпадают две данные плоскости). Рассмотрим случай, когда f(x,y,a), φ(x,y,a) — нелинейные функции. Решение уравнения f(x,y,a) = φ(х,у,а), можно свести к решению системы уравнений      ) 3 ( , ) ; ( ) ; ( a x y a x f y  которую в некоторых случаях удобнее решать графически. Решая систему (3), мы рассматриваем два семейства кривых у = f(x,a), у = φ(х,а). Это не всегда оказывается просто, поскольку зависимость графиков от параметра не всегда бывает прозрачной. Тогда можно рассмотреть области определения функций f(x,y,a) = 0, φ(x,y,a) = 0. В зависимости от количества точек пересечения двух графиков f(x,у,а) = 0, φ(x,y,a) = 0 при различных значениях параметра а можно судить о количестве решений системы (3) (см.[1], [2]).
Пример
: При каких значениях а система уравнений              0 1 2 0 2 3 xy y x y x axy имеет единственное решение? Решение. Умножим второе уравнение на а и вычтем его из первого уравнения. Получаем равносильную систему: 22
                 0 1 2 0 2 2 3 xy y x a axy ay ax y x axy т. е.                0 1 2 0 2 3 ) 1 2 ( ) 1 ( xy y x a y a x a (1) a) Если а = 1, то – 3у + 2 1 = 0, т. е. у = 6 1 . Подставив это значение во второе уравнение, находим единственное значение х. Система имеет единственное решение. b) Если а = – 2 1 , то система имеет единственное решение. c) При остальных значениях а сведем к квадратному уравнению; из первого уравнения системы (1) находим у = 1 2 2 3 ) 1 (     a a x a , подставляем во второе уравнение: х + 1 2 2 3 ) 2 2 (     a a x a + 1 2 2 3 ) 1 ( 2     a ax x x a + 1 = 0, т. е. 2ах + 3х – 2ах + 3 – 2а + х 2 – ах 2 + 2 3 х – ах+ 2а +1 = 0, (1 – а)х 2 + ( 2 9 – а)х + 4 = 0. Уравнение имеет единственное решение в том случае, когда дискриминант равен нулю: ( 2 9 – а) 2 – 4·4(1 – а) = 0, т. е. а 2 + 7а + 4 17 = 0, т. е. а = 2 2 4 7   Ответ: а = 1, а = – 2 1 , а = 2 2 4 7   . 23

§2. Основные виды неравенств

(системы неравенств), содержащих

параметр

2.1 Основные определения
1. Неравенство f (a, b, c, …, k, x) > φ(a, b, c, …, k, x), (4) где a, b, c, …, k —параметры, а x — действительная переменная величина, называется неравенством с одним неизвестным, содержащим параметры. 2. Система значений переменных a = a 0 , b= b 0 , …, k = k 0 , при которой функции f (a, b, …, k, x) и φ(a, b, …, k, x) имеют смысл в области действительных чисел, называется системой допустимых значений параметров. Например, в неравенстве 2 3 2 x m  > 1 5 3   n mx допустимой является любая система действительных значений m и n, удовлетворяющая условиям т ≠ 3 п > – 1. При m = 3 и при n ≤ – 1 это неравенство не имеет смысла. 3. х = х 0 называется допустимым значением х, если f (a, b, c, …, k, x 0 ) и φ(a, b, c, …, k, x 0 ), 24
принимают действительные значения при любой допустимой системе значений параметров. Множество всех допустимых значений х называется областью определения неравенства (4). Например, областью определения неравенства 2 1   х а < 2 2  х служит решение системы      a x х 2 где а ≥ 1. 4. Действительное число х 0 называется частным решением неравенства (4), если неравенство f (a, b, c, …, k, x 0 ) > φ(a, b, c, …, k, x 0 ), верно при любой системе допустимых значений параметров. Совокупность всех частных решений неравенства (4) называется общим решением этого неравенства. В дальнейшем изложении под требованием найти решения неравенства мы будем понимать требование найти общее решение. 5. Решить неравенство (4) — значит указать, при каких значениях параметров существует общее решение и каково оно. 6. Два неравенства f (a, b, c, …, k, x) > φ(a, b, c, …, k, x), (4) и F(a, b, c, …, k, x) > ψ (a, b, c, …, k, x) (5) называются равносильными, если они имеют одинаковые общие решения при одном и том же множестве систем допустимых значений параметров. Неравенства 3 2  х а < 5  х а и х а < 8 а 25
равносильны. Здесь а > 0. При а = 1 каждое из этих неравенств не имеет решения. При а > 1 решением каждого служит х < 8, при 0 < а < 1 х > 8 (см. [5]).
2.2 Линейные неравенства и неравенства, приводимые к линейным
Каждое из неравенств вида Ах > В, Ах < В, Ах ≥ В, Ах ≤ В, где А и В – действительные числа или функции от параметров, а х — действительная переменная величина, называется линейным неравенством с одним неизвестным (х). Например, неравенство (m – 1) < 5m — линейное. При т=1 оно принимает вид: 0·х < 5, что верно при любом действительном значении х. При т >1 получим х < 1 5  m m , а при т < 1 получим х > 1 5  m m (см.[5])
Пример
: Решить относительно х 1 5 2   m х – 3 7  x ≤ ) 1 ( 2 2 3   m m x (1) Решение. При т = 1 это неравенство не имеет смысла. При т >1, т.е. при т – 1 > 0 неравенство (1) равносильно неравенству 6(2х – 5) – 2(m – 1)(x – 1) ≤ 3(3x – 2m) или (2m – 5)х ≥ – 8(m + 2) (2) 26
Отсюда, при m >2,5 получим х ≥ 5 2 ) 2 ( 8    m m ; при 1< m < 2,5 получим х ≤ 5 2 ) 2 ( 8    m m ; при т = 2,5 неравенство (2) принимает вид: 0х ≥ – 36, т.е. х — любое действительное число. Если т < 1, то m – 1< 0 и, умножив обе части неравенства (1) на (m−1) и изменив при этом знак неравенства на противоположный, получим неравенство 6(2х – 5) – 2(m – 1)(х + 7) > 3(3х – 2m) или (2m – 5)х ≤ – 8(m + 2) равносильное неравенству (1). Отсюда х ≥ 5 2 ) 2 ( 8    m m , так как 2m – 5 < 0, при m<0. Ответ: при т < 1 и при m >2,5 х ≥ 5 2 ) 2 ( 8    m m ; при 1< m < 2,5 х ≤ 5 2 ) 2 ( 8    m m ; при т = 2,5 х — любое действительное число; при т = 1 неравенство (1) не имеет смысла.
2.3 Квадратные неравенства
Каждое из неравенств вида Ах 2 +Вх+С >0, Ах 2 +Вх+С <0, Ах 2 +Вх+С ≥ 0 или Ах 2 +Вх+С ≤ 0, где А ≠ 0 называется квадратным относительно х. А, В, С — действительные числа или функции от некоторых параметров. Допустимыми являются те значения параметров, при которых 27
А, В, С — действительны. При решении таких неравенств мы будем пользоваться свойством корней квадратичной функции (см.[5]).
Пример
: В качестве примера рассмотрим решение неравенства х 2 + 2х +а > 0. (1) Решение. Пусть D — дискриминант трехчлена х 2 + 2х +а; 4 1 D= 1 – а. При D = 0, т. е. при а = 1, неравенство (1) принимает вид (х – 1) 2 > 0. Оно верно при любых вещественных значениях х, кроме х = – 1. П р и D < 0, т.е. при а >1, неравенство (1) справедливо при любых вещественных значениях х. Осталось найти решение при D > 0, т. е. при 1– а > 0, или а < 1. При этом условии х 2 + 2х +а = 0 при x 1 = –1 – а  1 , x 2 = – 1 + а  1 , и поэтому решение неравенства (1) х ) 1 1 ; ( a       ) ; 1 1 (      a Ответ: х ) 1 1 ; ( a       ) ; 1 1 (      a
2.4 Иррациональные неравенства, содержащие параметр
Неравенство называется иррациональным с одним неизвестным х, если одна или обе его части содержат выражения, иррациональные относительно х (см.[5]). Например, неравенство 28
а х  + 1 2  х > 4 3  х (6) — иррациональное относительно х. Здесь а — параметр. Областью определения (1) служит решение системы        3 1 1 x a x Так как 2  х ≥ 0, 1 2  х ≥ 0, 4 3  х ≥ 0, то неравенство (6) равносильно системе               3 1 1 5 ) 1 2 ( 2 2 2 x a x a a x a x (7) Если а ≤ 1 3 1 , то а – 5 < 0, и так как при этом а х а х    ) 1 2 ( 2 2 2 ≥ 0, то решение системы (7) служит х ≥ 1 3 1 . При 1 3 1 < а <5 решением системы (7) служит х ≥ а. Если а ≥ 5, то при этом а – 5 ≥ 0. И так как а х а х    ) 1 2 ( 2 2 2 ≥ 0, то, возведя в квадрат обе части первого неравенства системы (7), получим систему           а х а а х а х 0 25 6 ) 1 2 ( 4 8 2 2 (7а) равносильную (7). Пусть f (x) = 8х 2 – 4(2а – 1)х – а 2 + 6а – 25 D – дискриминант f(x). 29
4 1 D = 4(2а – 1) 2 + 8а 2 – 48а + 200 = 4(6а 2 – 16а + 51). Так как 4 1 D 1 = 64 – 306 < 0, где D 1 – дискриминант трехчлена 6а 2 –16а + 51, то D 1 > 0 при любых вещественных значениях а. Отсюда следует, что при любых вещественных значениях а уравнение f(x) = 0 имеет два действительных различных корня: х 1 = 4 1 (2а –1 – 51 16 6 2   а а ) и х 2 = 4 1 (2а –1+ 51 16 6 2   а а ), причем х 2 > х 1 Учитывая известное свойство квадратного трехчлена, приходим к выводу, что неравенство f(x) > 0 справедливо при х < х 1 и х > х 2 . Таким образом, при а ≥ 5 система (7а), значит и неравенство (6), сводится к совокупности систем а)      a x x x 1 или б)      a x x x 2 Для их решения выясним расположение числа а относительно промежутка [х 1 ; х 2 ] f(а) = 8а 2 – 4а(2а – 1) – а 2 + 6а –25, т. е. f(а) = – (а – 5) 2 . Следовательно, f(а) ≤ 0, и поэтому х 1 < а < х 2 . Отсюда видно, что система      a x x x 1 несовместна, а решением системы      a x x x 2 служит х > х 2 . 30
Ответ: если а ≤ 1 3 1 , х  [1 3 1 ; +∞); если 1 3 1 < а < 5, х  [а; +∞); если а ≥ 5, х  ( 4 1 (2а –1+ 51 16 6 2   а а ); +∞).
2.5 Показательные и логарифмические неравенства, содержащие

параметр
Каждое из неравенств вида а f(x) >a φ(x) , а f(x) < a φ(x) , а f(x) ≥ a φ(x) , а f(x) ≤ a φ(x) , где а > 0, мы будем называть элементарным показательным неравенством. Неравенство а f(x) >a φ(x) (8) равносильно неравенству f(x) > φ (x) (9) еслиа > 1, и неравенству f(x) < φ (x) (10) если 0 < а < 1. Каждое из неравенств вида log a f(x) > log a φ(x), log a f(x) < log a φ(x), log a f(x) ≥ log a φ(x), или log a f(x) ≤ log a φ(x) мы будем называть элементарным логарифмическим неравенством (см.[5]). Здесь а > 0 (а ≠1). 31

Пример
: 1 3  х а · 1 2  х а = 5 1 а 4 10 ) ( х а Решение. По смыслу задачи а > 0 , х  N. При этом условии данное уравнение равносильно следующему: 1 5  х а = 2 10 5  х а При а = 1 х — любое натуральное число, при а > 0 (а ≠1) 1 5  х = 2 10 5  х Отсюда х = 0,5(1 ± 17 ), т.е. при а ≠ 1 решения нет.
Пример:
log a x 2 + 2 log a (x + 2) = 1 (4) Решение. Уравнение (4) имеет смысл при а > 0 (а≠1), D = (–2; 0)  (0; +∞) — область определения данного уравнения. В этой области уравнение (4) равносильно уравнению 2 log a |x| + 2 log a (x + 2) = 1 (4a) или log a |x|·(x + 2) = 0,5 (4б) Ссылаясь на определение логарифма, получим уравнение |x|·(x + 2) = а (4в) равносильное (4б) (в области D). Рассмотрим два случая: а) –2 < х < 0. Уравнение (4в) принимает вид: – х(х + 2) = а , т.е. х 2 + 2х + а = 0 Отсюда х 1 = –1– а  1 , х 2 = – 1+ а  1 при 1 – а > 0, т.е. при 0 < а < 1. 32
Не трудно заметить, что при этом оба полученных корня удовлетворяют условию – 2 < х < 0. б) х > 0. Уравнение (4в) принимает вид: х(х + 2) = а , т.е. х 2 + 2х – а = 0 Отсюда х 3 = –1 – а  1 , х 4 = –1 + а  1 . Корень х 3 не удовлетворяет условию х > 0; х 4 > 0 при а > 0. Ответ: При 0< а < 1 уравнение имеет три корня: х 1 , х 2 , х 4 ; при а > 1 — только один корень: х 4.
2.6 Тригонометрические неравенства, содержащие параметр
Неравенство называется тригонометрическим, если неизвестное находится только под знаком тригонометрической функции (см.[5]). Например, неравенство sin ax ≥ 0,5 тригонометрическое относительно х. Для решения его на единичной окружности с центром вначале координат (рис.1) находим две точки, ордината каждой из которых равна 0,5. Одна из них является концом каждой из дуг множества arcsin 0,5 + 2  n = 6  + 2  n, а другая – концом каждой из дуг множества  6 5 + 2  n. Рисунок 1 Рисунок 2 Из рисунка видно, что данное неравенство справедливо при 33
6  + 2 π n ≤ ax ≤  6 5 + 2π n. Отсюда при а > 0 получим: а 1 ( 6  + 2 π n) ≤ x ≤ а 1 (  6 5 + 2 π n); при а < 0 а 1 (  6 5 + 2 π n) ≤ x ≤ а 1 ( 6  + 2 π n); при а = 0 решений нет.
Пример
: sin ax < b при 0 < b < 1. Построив на единичной окружности две точки с ординатой, равной b (рис.2), заметим, что данное неравенство справедливо при π – arcsin b + 2 π n < ax <2 π + arcsin b + 2 π n. Отсюда при а > 0 а 1 ( π (2n + 1) – arcsin b) < x < а 1 (2 π + arcsin b + 2 π n); при а < 0 а 1 (2 π (n+1) + arcsin b) < x < а 1 ( π (2n+1) – arcsin b); при а = 0 x — любое действительное число.
2.7 Системы неравенств с параметрами
Рассмотрим систему неравенств, заданных в виде:      ) 11 ( 0 ) , ( 0 ) , ( a x g a x f где а — параметр. Чтобы решить систему неравенств (11), следует найти точки разрыва функции, у = f(x,a), у = g(x,a), то есть те значения параметра а, когда при всех значениях х функции у = f(x,a) и у = g(x,a) не 34
определены или равны 0. Эти значения параметра а будут являться контрольными. Например, если одно из неравенств х > а 1 , то а = 0 — контрольное значение параметра а, и нужно рассматривать 3 случая: 1) а < 0 2) а = 0 3) а > 0 Иногда к системе неравенств добавляется еще несколько или одно условие. Например, найти значение параметра а , при котором система имеет одно решение, несколько решений, ни одного решения, и т.д. Это может упростить решение.
Пример
: Найдите все значения параметра а, при которых система       a x ax 9 0 1 не имеет решения. Решение. Исследуем систему в трех случаях: 1. а < 0 2. а = 0 3. а > 0 1) а < 0. Система примет вид      a x ax 9 1         a x a x 9 1 Поскольку а < 0, любое неотрицательное значение х является решением этой системы, следовательно, условие задачи не выполняется. 2) а = 0.       0 0 1 x Первое неравенство верно при всех х, второму удовлетворяют все положительные значения х, значит условие не выполняется. 35
3) а > 0.      a x ax 9 1         a x a x 9 1 Получили: 9а < х < а 1 . Для того, чтобы двойное неравенство не имело решений, необходимо и достаточно, чтобы 9а ≥ а 1 , откуда следует 9а 2 ≥ 1  а 2 ≥ 9 1  |а| ≥ 3 1 ; с учетом того, что а > 0, получили а ≥ 3 1 , т.е. а  [ 3 1 ; +∞).
Глава 2 Основные методы решения задач, содержащих

параметр

§ 3. Аналитический метод

3.1 Поиск решения задач, содержащих параметр. Метод «ветвления»
В самом начале знакомства с параметром у учеников возникает некий психологический барьер, который обусловлен противоречивыми характеристиками параметра. С одной стороны, параметр в задачах следует считать величиной известной, а с другой — он может принимать различные значения. Получается, что параметр в уравнениях и неравенствах — это неизвестная известная, переменная постоянная величина. Этот «каламбур» очень точно отражает существо тех сложностей, которые нужно преодолевать ученикам. Именно этот факт и позволяет нам решать уравнения с параметром таким методом («ветвления») (см. [5], [7], [14], [23]).
Пример
. Решить уравнение a x x x      2 1 2 6 4 . 36
Решение. Пусть t 2 x  . Тогда         . 1 6 , 0 2 a t t t t Переходим к равносильной системе             2 2 2 2 1 6 , , 0 a at t t t a t t            . 1 ) 3 ( 2 , , 0 2 a a t a t t Очевидно, при 3  a уравнение системы не имеет решения. Если 3  a , то тогда             . 3 1 , , 0 2 a a t a t t Следовательно, нужно проверить условия 0  t и a t  . То есть              a a a a a ) 3 ( 2 1 , 0 ) 3 ( 2 1 2 2                 . 0 ) 3 ( 2 1 6 , 0 ) 3 ( 2 1 2 2 a a a a a решая из системы первое неравенство, получаем что         ; 3 1 ; 1 a . Решение второго есть    2 2 3 ; 3 2 2 3 ; (     . Решением системы будет пересечение интервалов, а именно,     2 2 3 ; 3 2 2 3 ; 1      a . Ответ: Если     2 2 3 ; 3 2 2 3 ; 1      a , то ) 3 ( 2 1 log 2 2    a a x ; при остальных значениях параметра a уравнение решений не имеет.
Пример:
Решить неравенство (а
–
1) х > а 2
–
1. Решение
.
Различаем случаи: 1) а >1; 2) а < 1; 3) а = 1. При а > 1 делим обе части на а
–
1 и сохраняем смысл неравенства: х > а+1. 37
При а < 1 одновременно с делением на а
–
1 изменяем смысл неравенства: х < а + 1. При а =1 неравенство не выполняется ни при каком х. Ответ: Если а > 1, то множеством решений служит интервал (а + 1, +∞); если а < 1, то множество решений — интервал (
–
∞, а + 1); при а = 1 решений не имеется.
Пример:
При всех значениях а решите неравенство:     1 log 1 25 log 2     x x a a . Решение. а > 0 , а ≠ 1 ОДЗ: . 6 2 6 2 . 6 2 6 2 , 5 5 . 0 1 25 , 0 1 25 , 5 5 . 0 1 25 , 0 25 2 2 2 2                                      x x x x x x x x ОДЗ a a x x a x x              0 ) 1 1 25 )( 1 ( 0 ) 1 ( log ) 1 25 ( log 2 2   ОДЗ ОДЗ ОДЗ x x a x x a              0 ) 2 25 )( 1 ( 0 )) 2 ( 25 )( 1 ( 2 2 2       0 ) ) 2 ( 25 )( 1 ( 2 2 x x a ОДЗ                                                                                                                                     . 6 2 6 2 . 2 46 2 2 46 2 , 1 0 . 2 46 2 , 2 46 2 , 1 . 6 2 6 2 . 0 21 4 2 , 1 0 . 0 21 4 2 , 1 . 6 2 6 2 . 0 4 4 25 . 1 0 . 0 4 4 25 , 1 2 2 2 2 2 2 x x a x x a x x x a x a a x x x x a x x x a 38
                                                            . 6 2 6 2 . 2 46 2 2 46 2 , 1 0 . 2 46 2 , 2 46 2 , 1 x x a x x a Ответ: Если , 1 0   a то              . 6 2 2 2 46 , 2 46 2 6 2 x x если , 1  a то , 2 2 46 2 46 2     x при остальных значениях а решений нет.
3.2 Параметр и количество решений задач, содержащих параметр
Выделим класс задач, где за счет параметра на переменную накладывается какие-либо ограничения. Для таких задач характерны следующие формулировки:  «При каком значении параметра уравнение имеет одно решение, два решения, бесконечно много, ни одного»;  Решением уравнения (неравенства) является какое-то подмножество множества действительных чисел и другие (см. [5])
Пример
: В зависимости от значения параметра a найти число корней уравнения 39
. 4 1 4 1 4 1 a x x x       Решение. Наличие сложного корня наводит на мысль выделения квадрата двучлена под внешним корнем. . 4 1 2 1 , 4 1 2 1 , 2 1 4 1 , 4 1 4 1 2 1 2 4 1 2 2 a x a x x a x x a x x x                                   Итак, мы вплотную подошли к задаче рассмотрения различных случаев для параметра a . Если 0  a , то уравнение не имеет решения. Е с л и 0  a , то р а с с м о т р и м 4 1 2 1   x . Е с л и 0 4 1 2 1    x , т о a x    4 1 2 1 . П р и у с л о в и и 2 2 1 4 1 , 4 1           a x a , и очевидно это уравнение имеет только один корень. Ответ: При 4 1  a — одно решение, при 4 1  a — решений нет.
Пример
: При каких значениях параметра k уравнение 0 1 2 2 10 4 ) 2 3 ( 2 2        x x k x k x имеет единственное решение? Решение. Уравнение переписываем в равносильную систему            . 0 10 4 ) 2 3 ( , 0 1 2 2 2 2 k x k x x x 40
Решением неравенства является объединение промежутков                       ; 2 3 1 2 3 1 ; . Уравнение системы имеет один корень когда 0  D . 2 ) 7 2 (   k D , то есть при 2 7  k 2  x . Теперь проверим, принадлежит ли корень нашим интервалам:             ; 2 3 1 2 x . Тогда Ответ: При 2 7  k уравнение имеет единственное решение.
Пример
: Найдите все значение параметра a, при каждом из которых неравенство 0 2 log ) 2 ) 4 ( 2 ( 2 2      x a x a x , имеет два решения. Решение. 1) Преобразуем данное неравенство, разложив квадратный трёхчлен в левой части на многочлены: ) 2 ( ) 2 ( 2 2 ) 4 ( 2 2          x a x a x a x . 2) 0 0 2 0 ) 1 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 0 2 log ) 2 ( ) 2 (                x x x x a x x x a x (заменим полученное трансцендентное неравенство равносильным ему рациональным алгебраическим, учитывая О.Д.З.: 0 0 2    x x ). 0 0 0 0 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 2 0 ) 1 2 ( ) 2 ( ) 2 (                   x x x x x a x x x a x 0 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 0 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) x ( 2 0 0                               x x a x x x x a x x x . (1) Р е ш а е м н е р а в е н с т в о ( 1 ) м е т о д о м и н т е р в а л о в : ). 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( 2       x x a x x  41
Нули функции:            . 2 , 2 , 2 x x a x Предположим, что нуль функции 2 a x  не совпадает ни с одним из двух нулей 2   x , тогда имеем три случая: а) 2 2    a , Не подходит, так как в этом случае решением неравенствам является целый промежуток, что не удовлетворяет условию задания; б) 2 2 2     a , Не выполняется условие задания; в) 2 2   a , Тоже не удовлетворяет условию задания. Е с л и 2 a совпадает с одним из нулей функции ) (x  , то е сть                . 4 , 4 . 2 2 , 2 2 a a a a 1) Если 2 2  a , то есть a = 4. 42
И решением неравенства (1) является объединение     . 2 ; 0 0 ; 2   2) Если , 4   a то есть . 2 2   a Значит, решением неравенства (1) является числа – 2 и 2, то есть данное неравенство имеет ровно два решения, что удовлетворяет поставленной задаче. Ответ: При а = – 4 данное неравенство имеет ровно два решения.
3.3 Параметр и свойства решений задач, содержащих параметр
В этом пункте мы рассмотрим задачи, в которых условие требует, чтобы ответ был каким-либо наперед заданным подмножеством или идут ограничения на множество значений переменной x (см.[5],[21], [23]).
Пример
: При каких значениях параметра a оба корня уравнения 0 9 2 2 6 2 2      a a ax x больше 3? Решение. Корнями данного уравнения будут . 9 2 2 9 3 , 9 2 2 9 3 2 2 2 2 2 1 a a a a x a a a a x           Для условия необходимо выполнение системы                . 3 9 2 2 9 3 , 3 9 2 2 9 3 2 2 2 2 a a a a a a a a 43
Первое неравенство системы и второе будут иметь общие точки только в том случае если выражение под корнем равно нулю. Решим уравнение 0 9 2 2 9 2 2     a a a . Ответ: Ни при каких значениях параметра a оба корня данного уравнения не могут быть больше 3.
3.4 Параметр как равноправная переменная
Во всех разобранных задач параметр рассматривался как фиксированное, но неизвестное число. Между тем с формальной точки зрения параметр — это переменная, причем равноправная с другими. Подобная интерпретация, естественно, формирует еще один тип (а точнее метод решения) задач с параметрами (см. [5]).
Пример
: Указать все значения параметра a , для которых уравнение x x a a sin sin    имеет решение. Решение. Обозначим 1 sin   t t x . Исходное уравнение t t a a    с учетом 1  t , равносильно системе            . , 1 0 , ) ( 2 2 2 a t t a t t a Рассмотрим квадратное уравнение, относительно параметра a 0 ) 1 2 ( 4 2 2      t t t a a . Найдем дискриминант рассматриваемого уравнения 2 4 2 4 4 2 2 ) 1 2 ( 4 4 1 4 4 4 4 ) 1 2 (            t t t t t t t t D . t t a èëè t t t t a          2 2 2 1 2 1 2 1 2 или t t a   2 , так как a t  2 и 1 0   t , то 0 1 2     t a t . Поэтому последняя система равносильна        . 1 0 , 2 t t t a 44
Рассмотрим функцию t t y   2 . Вершина параболы — есть точка с координатами        4 1 ; 2 1 . Минимум функции есть значение ординаты вершины параболы. Поэтому можем утверждать, что параметр a принимает значения в отрезке        0 ; 4 1 на отрезке   1 ; 0  t . Ответ: . 0 4 1    a
3.5 Методы поиска необходимых условий. Использование симметрии

аналитических выражений
В тех случаях, когда непосредственный поиск значений переменной затруднен, можно сначала выделить необходимые условия, а затем от необходимых условий перейти к достаточным условиям. Будем называть задачи, решаемые таким методом, задачами с поиском необходимых условий. Необходимые условия задач этого пункта: 1) В каждой задаче обязательно фигурирует аналитическое выражение, геометрический образ которого имеет ось или плоскость симметрии. 2) Во всех задачах в той или иной форме присутствует требование единственности решения. 45
Если описываемые задачи имеют решением координаты точки М, то найдется симметричная точка М 1 , координаты которой тоже являются решением, тогда точка М должна лежать (в силу единственности решения) на оси симметрии, но заметим, что это требование не является достаточным. Высказанные соображения и составляют основу одного из метода поиска необходимых условий, о котором будет идти речь в следующих задачах (см. [1], [5], [21]).
Пример
: При каких a уравнение 0 ) 3 3 arcsin( ) 1 2 2 ( log 2 2 2         a z y x z y x имеет одно решение? Решение. При замене x на y (и наоборот) уравнение не меняет смысла, поэтому если точка с координатами ) ; ( 0 0 y x
—
решение то и ) ; ( 0 0 x y
—
решение. А так как в условии необходимо единственность решения, то y x  . Тогда 0 ) 6 arcsin( ) 1 4 ( log 2 2       a z x z x . Так как 0 ) 6 arcsin(    a z x , т о 1 1 4 0 0 ) 1 4 ( log 2 2 2         z x z x , что возможно только для случая равенства и при 2 4x z  . Тогда получаем 0 4 6 2    a x x . Откуда находим два корня уравнения, а в силу единственности, дискриминант приравниваем к нулю и получаем 4 9  a . Ответ: При 4 9  a уравнение имеет одно решение. 46

3.6

«Каркас» квадратичной функции. Дискриминант, старший

коэффициент.
Фактически все важные свойства квадратичной функции определяются таблицей. Где 0 , , x a D – конструируют «каркас», на котором строится теория квадратичной функции (см. [1], [2], [5], [8], [11], [31], [33], [34]). 0  D 0  D 0  D 0  a 0  a Таблица 1
Пример
. При каких значениях параметра a все пары чисел   y x; , удовлетворяющие н е р а в е н с т ву   2 2 9 5 a a x y     , одновременно удовлетворяют и 3 2   x y ? Решение. Часто бывает удобно начать решение задачи с рассмотрения упрощенной модели. Так, в конкретном случае уместно поставить задачу: при каком соотношении m и n все решения неравенства m y  47

-3

3
5 12  5 12
0
26 5 2  26 5 2
+

+
_ _ одновременно являются решениями неравенства n y  ? Ответ на этот вопрос очевиден: m n  . Тогда в этом примере нужно, чтобы   2 2 2 9 5 3 a a x x      при всех x 0 9 3 5 10 4 2 2 2       a a ax x . Н а й д е м д и с к р и м и н а н т ,       ) 9 3 5 ( 16 100 2 2 2 a a a D 12 9 16 20 2 2     a a . Дискриминант меньший либо равный нулю определит искомый параметр. 2 2 2 2 5 12 9 4 0 9 4 12 5 a a a a         , что равносильно системе 5 12 . 9 , 5 12 . 0 9 , 0 5 12 2 2 2 2 2                  a a a a a 5 12 5 12    a 9-а 2 ≤ 16 25 120 144 4 2 а а    25а 4 – 104а 2 ≥ 0 а = 0 и а = ± 25 104 = ± 26 5 2 Ответ: . 0  a
3.7 «Каркас» квадратичной функции. Вершина параболы

Пример
: При каких значениях a наибольшее значение трехчлена 2 2 2 24 4 a a x ax    меньше 4? Решение. 48
a) Так как графиком трехчлена является парабола, то необходимость наибольшего значения меньшего 4 обязывает параметр 0  a . b) Наибольшее значение будет в вершине параболы. a a a x 2 0 2 24 2     . Ограничение 0 2 24 2    a a тоже обязательно. Решением этого неравенства есть   4 ; 6  . Учитывая необходимость 0  a , то   0 ; 6   a .     0 24 1 2 24 4 2 24 2 24 2 4 2 24 4 2 2 2 2 2 2                     a a a a a a a a a a a a a a a так как 0  a , то решением будет объединение                         ; 2 97 1 2 97 1 ; . Тогда Ответ:           2 97 1 ; 6 a .
3.8 Корни квадратичной функции. Теорема Виета
Рассмотрим квадратное уравнение 0 2    q px x . Найдем корни этого уравнения 2 4 2 q p p x     . По теореме Виета выполняется следующая система уравнений:         p x x q x x 2 1 2 1 , , где 2 4 2 1 q p p x     и 2 4 2 2 q p p x     . Рассмотрим задачу, решение которой при использовании теоремы Виета намного упрощается.
Пример
. При каком значении параметра а сумма квадратов корней уравнения 0 2 4 2 2      a a a x x принимает наименьшее значение? Решение. Найдем дискриминант, 8 2   a D . Уравнение имеет два корня при любом          ; 4 0 ; a . 49
Используя теорему Виета, найдем   4 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1        a a x x x x x x . Таким образом, найдем наименьшее значение функции   4 2 2    a a a f на множестве         ; 4 0 ; . Поскольку при 0  a     4 0   f a f , а при 4  a     12 4   f a f , то наименьшее значение при 0  a . Ответ: 0  a .
3.9 Аппарат математического анализа (касательная к прямой)
Учащиеся, как правило, затрудняются с определением касательной к кривой (типичен ошибочный ответ: «Касательная – это прямая, имеющая с кривой одну общую точку»), не видят связь между касательной к графику и ее производной, не понимают смысла переменных в уравнении касательной, не могут применить соответствующие факты к решению задач, особенно геометрического характера. Пояснить учащимся суть вещей могут помочь, например, следующие задачи (см. [1], [5], [31], [33]).
Пример
: При каком значении параметра k касательная к графику функции x k x f  ) ( образует с осью Оx угол, равный 3  , и отсекает от второй четверти треугольник, площадь которого равна 3 3 8 ? Решение: П у с т ь   0 0 ; y x — координаты точки касания. Уравнение касательной к графику функции f в точке   0 0 ; y x имеет вид ) ( ) )( ( 0 0 0 x f x x x f y     . По условию имеем x k x f 2 ) (   , 3 3 ) ( 0     tg x f . То гда 3 2 0  x k . Уравнение касательной становится таким: 50
0 0 0 3 3 3 2 ) ( 3 x x x x x y      . Найдем координаты точки пересечения касательной с осями. При 0 3 0 x y x    . При 0 0 x x y     . Тогда, с учетом второй четверти и 0  x : . 3 4 , 3 3 4 3 3 8 ) 3 ( ) ( 2 1 4 0 0 0         k x x x S Ответ. . 3 4 4  k
Пример
: Найти все значения параметра а, при которых на графике ф у н к ц и и 3 2 3 ) 1 ( ) ( x a x a x f    существует единственная точка с отрицательной абсциссой, касательная в которой параллельна прямой x y 2  . Решение: Ясно, что угловой коэффициент касательной, о которой говорится в условии, равен 2. Тогда, если х — абсцисса точки касания, то 2 ) (   x f , то есть 2 3 ) 1 ( 2 3 ) ( 3 3 2      x a x a x f . Остается потребовать, чтобы это уравнение имело единственный корень. 2 3 ) 1 ( 2 3 2 3    x x a x a . При 0  x уравнение не имеет смысла, при 0  x уравнение равносильно: 0 ) 1 ( 2 6 , 0 ) 6 ) 1 ( 2 ( , 0 6 ) 1 ( 2 3 3 2 3 2 3 3 3 2 3             a x a x x x a a x x x a x a  Введем замену t x  3 . Тогда 0 ) 1 ( 2 6 2     a t a t . Для единственности корня необходимо, чтобы дискриминант был равен нулю, 0  D . 51
. 3 2 , 3 ) 2 ( , 0 6 ) 1 ( 4 2 2          a a a a D При таких значениях параметра а корнем уравнения является 216 ) 1 ( 3   a x , который, как очевидно, принимает отрицательные значения. Ответ: 3 2    a .
Пример
: Найти критические точки функции 4 ) 1 2 ( ) ( a x x x f    . Решение. Напомним определение критической точки. Внутренняя точка области определения функции, в которой производная равна 0 или не существует, называется критической. И м е е м 4 3 4 3 4 ) ( 4 1 8 10 ) ( 4 1 2 2 ) ( a x a x a x x a x x f           . Поскольку найденная производная существует во всех внутренних точках области определения функции f , то критические точки следует искать среди корней уравнения 0 ) (   x f , о т к у д а 10 1 5 4   a x . О с т а л о с ь п от р е б о ват ь , ч т о б ы 2 1 10 1 5 4     a a a . Ответ: Если 2 1  a , то 10 1 5 4   a x — критическая точка; если 2 1  a — критических точек нет.
§ 4. Свойства функций в задачах, содержащих параметр.

Функциональный подход
Учащиеся не всегда умеют сознательно использовать информацию о свойствах функций, например, о ее множестве значений, непрерывности, экстремумах и так далее. 52
Многие школьники лишь формально усваивают понятие производной, не понимают ее геометрического смысла. Есть проблемы и при изучении понятий первообразной и интеграла. Задачи, которые приведены ниже, призваны пояснить школьнику смысл всех этих понятий и показать возможности их применения (см. [23]). Предложенные задачи классифицированы в зависимости от того, какое свойство функции является основным в решении.
4.1 Область значения функции
Иногда задачи не содержат прямой подсказки использовать область значения функции. Такая необходимость возникает в ходе решения (см.[5], [23]).
Пример
: Решить уравнение a x x x    2 2 1 ) 1 2 ( . Решение. Т а к к а к 1  x , т о п у с т ь      ; 0 , cos   x . Получаем a a 4 4 sin sin 2 cos cos        . Очевидно, при 4 1  a решение имеется. Найдем корни 4 4 arcsin 4 1 ) 1 ( k a k      , так как     ; 0  , то рассмотрим три случая: 1. 0  a , тогда 4 , 3 , 2 , 1 , 0 , 4   k k   2. 0 4 1    a , 4 , 3 , 2 , 1 , 4 4 arcsin 4 1 ) 1 (     k k a k   3. 4 1 0   a , 3 , 2 , 1 , 0 , 4 4 arcsin 4 1 ) 1 (     k k a k   Ответ: Если 0 4 1    a , то 4 , 3 , 2 , 1 , 4 4 arcsin 4 1 ) 1 ( cos           k k a x k  ; если 0  a , то 4 , 3 , 2 , 1 , 0 , 4 cos   k k x  ; 53
если 4 1 0   a , то 3 , 2 , 1 , 0 , 4 4 arcsin 4 1 ) 1 ( cos           k k a x k  .
Пример
. Решить уравнение x x p x p     . Решение. Рассмотрим область допустимых значений p x  . Отсюда  cos p x  ,     ; 0  . Тогда получаем равносильное уравнение    cos cos 1 cos 1      p . Откуда p p и 2 sin 1 sin       . Учтем два случая, так как p x  , то 0  p . 1. 0  p . Тогда 0      x x x x . 2. 0  p . При 1 sin    0  x , а 0  p . Этот случай мы рассмотрели. Тогда рассмотрим случай p p 2 sin    . Откуда p p x 4 4   . Итак, Ответ: Если 0  p решений нет; если 0  p , 0  x ; если 0  p , p p x 4 4   .
4.2 Наибольшее и наименьшее значение
При решении задач весьма полезным оказывается следующее обстоятельство. Если в уравнении ) ( ) ( x g x f  , где X x  , a x f  ) ( , а a x g  ) ( для всех X x  , то можно перейти к равносильной системе уравнений (см. [5], [23], [31])      . ) ( , ) ( a x g a x f
Пример
: Решить уравнение     5 6 4 9 log 2 3 2 log 2 2       a a x a x . 54
Решение. П р о и з в е д е м п р е о б р а з о в а н и е п р а в о й ч а с т и .     5 6 3 2 log 5 6 4 9 log 2 2 2 2         a a x a a x . Тогда наше уравнение будет иметь вид     5 6 3 2 log 2 3 2 log 2 2        a a x a x . Оценим левую и правую части уравнения     1 5 6 3 2 log 2 3 2 log 1 2 2          a a x a x . Тогда заключаем, что обе части уравнения должны быть равны единице и это нас приводит к системе           . 0 5 6 , 0 2 2 2 a a x a x Запишем равносильную систему           . 0 5 6 , 0 2 2 2 a a x a x Выразим х из первого уравнения системы и подставим во второе уравнение.                       . 0 1 2 2 , 2 , 0 5 6 4 4 , 2 2 2 2 a a a x a a a a a x Решением последней системы будут             , 2 3 5 , 2 3 1 x a и             2 3 5 , 2 3 1 x a . Тогда Ответ: Если 2 3 1   a , то , 2 3 5    x Если 2 3 1   a , то 2 3 5    x .
Пример
: Найти все действительные значения a , при которых область определения функции ) sin 4 ( log ) 5 ( log 1 ) ( 2 4 5 2 4 5 x a x f a a a a          совпадает с множеством всех действительных чисел. Решение. Область определения будет все действительные числа, если функция будет определена, то есть задача состоит в нахождении значений параметра a . Для этого необходимо решить систему 55
                            . 0 sin 4 1 log , 0 5 , 1 4 5 , 0 4 5 2 4 5 2 2 x a a a a a a a a Учитывая условие 5  a , решением последнего неравенства будет являться интервал   5 ; 2 2 2  . Ответ: При  a   5 ; 2 2 2  условие выполняется.
4.3

Монотонность
Прежде всего, заметим, что в случае возрастания (убывания) функции ) (x f имеет место равносильность уравнений ) ( ) ( y f x f  и y x  (см. [5], [23]).
Пример
. Решить уравнение 3 3 a a x x    Решение. Так как функция монотонна и возрастает, а значение справа фиксировано, то данное уравнение имеет не более одного корня. Легко заметить, что a x  — корень. Ответ: a x  .
Пример
: Для 4 1 0   a решить уравнение 16 1 16 1 2 2 2        x a a ax x 56
Решение. П е р е п и ш е м д а н н о е у р а в н е н и е в в и д е 16 1 16 1 ) ( 2 2 2         x a a a a x . Пусть 2 2 2 16 1 0 , 16 1 a t x t t x a         . Тогда исходное уравнение становится таким . ) ( , ) ( 2 2 2 2 t t a x a x t a t x a x            Рассмотрим функцию y y y f   2 ) ( . Функция возрастает на промежутке         ; 2 1 , т а к к а к 4 1 0 16 1 2     a и a x , т о 0   a x . Следовательно, принадлежат промежутку монотонности функции ) ( y f . Отсюда имеем ) ( ) ( t f a x f   . Тогда t a x   , то есть 16 1 16 1 2 2           x a a x a x x a . Сопоставим с исходным и получим x ax x    16 1 2 2 . Для 4 1 0   a полученное квадратное уравнение имеет положительный дискриминант 2 4 3 4 4 2 1 2      a a a x . Ответ:   3 16 16 4 2 4 1 2      a a a x . 16 1 2      x a a x
Пример
: Определить число корней уравнения 11 3 5 3     x b x . Решение. Имеем b x x     11 3 5 3 . Функция 11 3 5 3 ) (     x x x f возрастает на         ; 3 5 ) ( f D . Тогда             ; 4 ) ( 4 3 5 ) ( f E и f x f . Исходное уравнение имеет не более одного корня. При 4  b он единственен. Ответ: Если 4  b , то уравнение имеет единственный корень; если 4  b , корней нет. 57

4.4

Четность. Периодичность. Обратимость

Пример
: Указать все значения параметра a , для которых уравнение x x a a sin sin    имеет решения (см. [5], [23]). Решение. Пользуясь тем, что эта задача уже была решена, рассмотрим сразу систему         . 1 0 , 2 t a t t a Рассмотрим функцию a t y   2 при 1 0   t . Отметим, что эта функция обратима и обратной к ней является a t y   . Так как функция возрастающая, то общие точки лежат на прямой t y  . Получаем        1 0 2 t t a t . Решение которой нам известно. Ответ: 0 4 1    a .
Пример
: Решить уравнение 5 5 x a x a    . Решение. Рассмотрим функцию x a a f   5 ) ( и 5 ) ( x a a g   они взаимно обратные и возрастающие. Тогда a x a   5 равносильно исходному. Ответ: 5 a a x   .
Пример
: Для 4 1 0   a решить уравнение 16 1 16 1 2 2 2        x a a ax x . Решение. О ч е в и д н о 2 16 1 a x   , т о 0  x . Рассмотрим функцию 16 1 2 2    ax x y . Она возрастает на     ; a . Следовательно, при 2 16 1 a x   эта функция обратима, причем функция 16 1 2      x a a y является для нее 58
обратной. Отсюда 16 1 2      x a a x . Заметим, что мы использовали функцию, стоящую в правой части уравнения, потому что такой выбор не изменяет область определения первоначального уравнения. Решение же уравнения приведено было выше. Ответ:   3 16 16 4 2 4 1 2      a a a x .
§ 5. Графический метод

5.1 Графический метод. Координатная плоскость (хОу)
Задачи, содержащие параметр, требуют к себе своеобразный подход, здесь необходимо грамотное и тщательное исследование. Для применения графических методов требуется умение выполнять дополнительное построение различных графиков, вести графические исследования, соответствующие данным значениям параметра. Уравнения с параметром вызывают серьезные трудности логического характера. Каждое такое уравнение — это, по существу, краткая запись семейства уравнений. Ясно, что выписать каждое уравнение из бесконечного семейства невозможно, но, тем не менее, каждое из них должно быть решено. Легче всего это сделать с помощью графического представления зависимости переменной x от параметра a . На плоскости (хОу) функция ) (a f y  задает семейство кривых зависящих от параметра a . Нас будет интересовать с помощью какого преобразования плоскости можно переходить к другим кривым семейства (см.[1], [4], [5], [11], [12], [20], [25]).
5.1.1 Параллельный перенос
59

Пример:
Для каждого значения параметра a определить число решений уравнения a x x   2 2
.
Решение: Построим график функции 2 2 x x y   (рис.3). Рисунок 3 Рассмотрим a y  . Это прямая параллельна оси ОХ. Ответ: Если а <0 или а > 1, то решений нет; если 0  a , то 3 решения; если 1  a , то 2 решения; если 1 0   a , 4 решения.
5.1.2 Поворот
Сразу следует отметить, что выбор семейства кривых не отличается однообразием (в отличие от самих задач), а точнее он один: во всех задачах ) ; ( a x f y  — прямые. Более того, центр поворота принадлежит прямой.
Пример
: При каких значениях параметра a уравнение 15 8 1 2     x x ax имеет единственное решение? Решение. Рассмотрим функцию ax y  и 1 15 8 2     x x y . График второй функции – это полуокружность с центром в точке с координатами   1 ; 4 и радиусом =1 (рис. 4). 60 2 2 x x y  
1 , 1 2 ) 4 ( 2 ) 1 (      y x y , дуга АВ. Все лучи проходящие м е ж д у О А и О В пересекаются в одной точке, также в одной точке пересекаются ОВ и ОМ (касательная). Рисунок 4 Угловые коэффициенты ОА и ОВ равны соответственно 3 1 и 5 1 . Угловой коэффициент касательной равен 15 8 . Легко находится из системы            . 0 , , 1 ) 4 ( ) 1 ( 2 2 a ax y x y Итак, прямые семейства ax y  имеют с дугой только одну общую точку при               15 8 3 1 ; 5 1 a . Ответ:               15 8 3 1 ; 5 1 a .
Пример
. При каких k уравнение kx x x     3 6 имеет решение? Решение. Рассмотрим функцию 3 6     x x y . Исследуя ее н а монотонность узнаем, что она возрастает на промежутке   5 , 1 ; 3  и убывает на   6 ; 5 , 1 . Точка 5 , 1  x — является точкой максимума. Функция же kx y  — это семейство прямых, проходящих через точку   0 ; 0 . Обратимся к рисунку 2. Графиком функции 3 6     x x y является дуга АВ. Прямые kx y  , которые будут находиться между прямыми ОА и ОВ, удовлетворяют условию задачи. Коэффициент наклона прямой ОА является число – 1, а ОВ — 2 1 . Ответ: При 1   k или 2 1  k уравнение имеет 1 решение; при остальных значениях параметра k решений нет.
5.2 Графический метод. Координатная плоскость (хОа)
61
Вообще, задачи, содержащие параметр, не обеспечены какой-либо четкой, методически оформленной системой решения. Те или иные значения параметра приходится искать на ощупь, перебором, решая большое количество промежуточных задач. Такой подход далеко не всегда обеспечивает успех в отыскании всех значений параметра, при которых задача не имеет решений, имеет одно, два и более решений. Зачастую часть значений параметра теряются или появляются лишние значения. Для того чтобы эти последние, приходится проводить специальное исследование которое может оказаться довольно трудным. Рассмотрим метод, упрощающий работу по решению задач с параметром. Метод состоит в следующем 1. Из уравнения (неравенства) с переменной x и параметра a выразим параметр как функцию от x: ) (x f a  . 2. В координатной плоскости (xOa) строим график функции ) (x f a  . 3. Рассмотрим прямые const a  и выделим те промежутки оси Oa, на которых эти прямые удовлетворяют следующим условиям: a) не пересекает график функции ) (x f a  , б) пересекает график функции ) (x f a  в одной точке, в) в двух точках, г) в трех точках и так далее. 4. Если поставлена задача найти значения x, то выражаем x через a для каждого из найденных промежутков значения a в отдельности. Взгляд на параметр как на равноправную переменную находит свое отражение в графических методах. Таким образом, возникает координатная плоскость (xOa). Казалось бы, такая незначительная деталь, как отказ от традиционного обозначения координатной плоскости буквами x и y определяет один из эффективнейших методов решения задач с параметрами. Описанный метод очень нагляден. Кроме того, в нем находят применение почти все основные понятия курса алгебры и начал анализа. 62
Задействуется весь набор знаний, связанных с исследованием функции: применение производной к определению точек экстремума, нахождение предела функции, асимптот и т. д. (см. [1], [5], [35]).
Пример
: При каких значениях параметра a уравнение x a x   имеет два корня? Решение. Переходим к равносильной системе       . , 0 2 x x a x 4 1 2 1 0 0    a x Рисунок 5 Из рисунка 5 видно, что при 0 4 1    a уравнение имеет 2 корня. Ответ: При 0 4 1    a уравнение имеет два корня.
Пример
. Найдите множество всех чисел a , для каждого из которых уравнение 0 ) ) 1 ( ( 2 2 2      a x a x a x имеет только два различных корня. Решение. Перепишем данное уравнение в следующем виде: 0 ) )( 1 ( 2 2     a x x a x Теперь важно не упустить, что 2 2a x   , a x  и 1   x — корни исходного уравнения лишь при условии 2 2a x  . Обратим внимание на то, что график удобнее строить на координатной плоскости (xOa). На рисунке 6 63
1 0 1 1
a

x

1 -1 Рисунок 6
искомый график — объединение сплошных линий. Здесь ответ «считывается» вертикальными прямыми. Ответ: При 1   a , или 2 1 2 2     a , или 2 2 0   a .
Пример
: Решить неравенство: |2х + а| + |х – 2а| < 20. Решение. Нужно сначала рассмотреть уравнение. Решение неравенства иллюстрируем графически. Для этого рассмотрим плоскость (хОа). Найдем области этой плоскости, где подмодульные выражения равны нулю: 2х + а = 0 и х – 2а = 0. Совершенно очевидно, что это две прямые х = – 2 a и х = 2а. Построим эти прямые. Эти две прямые разбивают всю плоскость (хОа) на 4 части. Обозначим их G 1 , G 2 , G 3 и G 4 (рис.7). Найдем знаки подмодульных выражений в этих областях, для этого построим таблицу. Рисунок 7 Области G 1 G 2 G 3 G 4 2х - а + + - - х -2а - + + - Из анализа этой таблицы следует, что придется решать 4 уравнения для 4-х областей. Для области G 1 : 2х + а − х + 2а = 20, х = – 3а + 20. Для области G 2 : 2x + a + x − 2a = 20, х = (1/3)а + 20/3. Для области G 3 : − 2х − а + х − 2а = 20, х = – 3а – 20. Для области G 4 : −2х – а − х + 2а = 20, х = (1/3)а — 20/3. Построим в этих 4-х областях соответствующие прямые: В области G 1 прямую х = – 3а + 20. 64
В области G 2 прямую х = (1/3)а + 20/3. В области G 3 прямую х = – 3а – 20. В области G 4 прямую х = (1/3)а – 20/3. Для этого найдем точки пересечения граничных прямых областей с прямыми в этих областях. Обозначим точку пересечения прямой х = 2а с прямой х = – 3а + 20 А 1 точку пересечения прямой х = 2а с прямой х =(1/3)а + 20/3 А 2        . 20 3 , 2 а х а х         20 3 2 , 2 а а а х       . 20 5 , 2 а а х       . 4 , 8 а х А 1 (4;8).         . 3 20 3 1 , 2 а х а х          . 3 20 3 1 2 , 2 а а а х        . 20 6 , 2 а а а х       . 4 , 8 а х А 2 (4;8). Как видим, эти точки совпали, обозначим эту точку А(4; 8). В 1 :            . 3 20 3 1 , 2 1 а х а х В 2 :           . 20 3 , 2 1 а х а х В( 4 ; 8  ). В 1 = В 2 = В( 4 ; 8  ). С 1 :        . 20 3 , 2 а х а х С 1 (-4;-8). С 2 :         . 3 20 3 1 , 2 а х а х С 2 (4;8). С 1 = С 2 = С(4;8) D 1 :            . 3 20 3 1 , 2 1 а х а х D 1 (8;-4) D 2 :           . 20 3 , 2 1 а х а х D 2 (8;4). 65
D 1 = D 2 =D(8; – 4). Построим прямые, на которых выполняется равенство |2х + а| + |х – 2а| < 20. Рисунок 8 Эти четыре прямые разбили всю плоскость (хОа) на две связные области: на «внутреннюю» часть квадрата и «внешнюю» часть квадрата (рис.8). Согласно изложенной теории нужно теперь расставить знаки функции F = |2х + а| + | х – 2а| − 20 в двух полученных областях и затем записать ответ. Для этого возьмем точку внутри квадрата (0; 0) F(0; 0) = |0 + 0| + |0 − 0| – 20 <0. Таким образом, для всех внутренних точек квадрата выполняется решаемое неравенство. Ответ: При – ∞ < а < – 8 —решений нет; при –∞ < а < – 4 — –3а – 20 < х < (1/3)а + (20/3); при – 4 < а < 4 — (1/3)а – (20/3) < х < (1/3)а + (20/3); при 4 < а < 8 — (1/3)а – (20/3) < х < –3а + 20; при а > 8 — решений нет. 66

§ 6. Факультативный курс и материалы ЕГЭ
В школе один из наиболее трудных разделов школьного курса математики рассматривается только на немногочисленных факультативных занятиях. Большое внимание уделяется задачам с параметрами. Курс рассчитан на систематизацию методов решения уравнений, содержащих параметр и их классификацию. На факультативных занятиях необходимо рассмотреть основные методы решения наиболее часто встречаемых на выпускных и вступительных экзаменах, а именно, методы решения квадратных уравнений и неравенств, линейных, аналитический и графический методы и методы решения уравнений методом исследования области значения функции. Цели факультатива: 1. познакомить учащихся с некоторыми методами решения задач, содержащих параметр; 2. показать применение различных методов при решении задач одного типа; 3. формировать умение видеть рациональный метод для решения конкретных типов задач, содержащих параметр; 4. ф о р м и р о в а т ь л о г и ч е с ко е м ы ш л е н и е , н а с т о й ч и в о с т ь , целеустремленность, трудолюбие через решение сложных задач; 5. развивать математическую речь с присущей ей краткостью, точностью и лаконичностью; 6. подготовить учащихся к поступлению в ВУЗы. Проводимый в последние годы Единый Государственный Экзамен по математике включает в себя задачи различного уровня сложности. И если 67
задачи уровня В требуют от учащихся только правильной записи ответа (сам ход решения не проверяется), то задачи уровня С предполагают не только получение результата, но и подробное описание хода решения. Рассмотрим задачи с параметрами, предлагаемые на ЕГЭ.
Пример
: Найти все значения параметра p, при каждом из которых уравнение (1,5р – 7)·32 0,4х+0,2 + (29p – 154)· 3 125 , 0 х  + 11p – 41 = 0 имеет ровно 10p – p 2 – 24 различных корней. Решение. 1) Так как 32 0,4х+0,2 = (2 5 ) 0,4х+0,2 =2 2x+1 = 2·4 х , 3 125 , 0 х  = (2 -3 ) 3 х  = 2 х , то (3р − 14)4 х + (29р −154)2 х +11р – 41 = 0. Пусть t = 2 х > 0. Тогда получаем квадратное уравнение относительно t с параметром р: (3р –14)t 2 + (29р – 154)t + 11р – 41 = 0 (1) Значит, число п различных корней исходного уравнения не больше 2. 2) Если n = 2, то по условию 10р – р 2 – 24 = 2, р 2 – 10р + 26 = 0, что невозможно, т.к. D = – 4 < 0. Остаются случаи п = 1 и n = 0. Если n = 1, то 10р – р 2 – 24 = 1, р 2 – 10р + 25 = 0, р = 5. Тогда уравнение (1) примет вид t 2 – 9t + 14 = 0, t 1 =2, t 2 =7. Так как t=2 x , то х 1 =1, х 2 = log 2 7. Поэтому п = 2. Противоречие с равенством п = 1. 3) Если n = 0, то 10р – р 2 – 24 = 0, р 2 –10р + 24 = 0, р 1 =4, р 2 =6. Пусть p = 4. Тогда уравнение (1) примет вид –2t – 38t+ 3 = 0. Ветви параболы направлены вниз, ось О у она пересекает выше точки (0; 0). Поэтому уравнение (1) имеет ровно один положительный корень t 0 и исходное уравнение имеет ровно один корень x = log 2 t 0 . Значит, п=1. Противоречие с равенством п = 0. Пусть p = 6. Тогда уравнение (1) примет вид 4t 2 +20t + 25 = 0, t = – 2,5. Так как t = 2 x >0, то исходное уравнение не имеет корней. Значит, p = 6 удовлетворяет условию задачи. 68
Ответ: p = 6
Пример:
Найдите все значения а, для которых при каждом х из промежутка (–3; –l] значение выражения х 4 – 8х 2 – 2 не равно значению выражения ах 2 . Решение. 1) Значения указанных в задаче выражений не равны друг другу тогда и только тогда, когда выполнено условие х 4 – 8х 2 – 2 ≠ ах 2  f(t)  0 где t = x 2 и f(t) = t 2 – (a + 8)t – 2. Следовательно, в задаче требуется, чтобы уравнение f(t) = 0 не имело корней на промежутке [(–1) 2 ; (–3) 2 ) = [1;9). 2) График функции y=f(t) (относительно п е р е м е н н о й t  R) е с т ь п а р а б о л а , изображенная на рисунке 9: ее ветви направлены вверх, а точка пересечения с осью ординат лежит ниже оси абсцисс (так к а к f (0) = – 2). Поэтому квадратный трехчлен f(t) имеет два корня t 1 < 0 и t 2 > 0. Если 0 < t < t 2 , то f(t) < 0, а если t > t 2 , то f(t) > 0, поэтому уравнение f(t) = 0 имеет корень на промежутке [1;9) тогда и только тогда, когда l < t 2 < 9         0 ) 9 ( 0 1 f f 3) Решим полученную систему: 9 7 9 0 2 ) 8 ( 9 9 0 2 ) 8 ( 1 2 2                  а а а 69 Рисунок 9
Итак, уравнение f(t) = 0 не имеет корней на промежутке [1;9) для всех остальных значений а, т.е. тогда и только тогда, когда а < –9 или а ≥ 9 7 . Ответ
:
а < – 9, а ≥ 9 7 .
Пример:
Найдите все значения x , которые удовлетворяют неравенству (  2 21ax  < (  13 axa  при любом значении параметра a , принадлежащем промежутку (  1;2. Решение: 1) Неравенство приводится к виду 22 (23)()0 xxaxx  , в котором левая часть, рассматриваемая как функция от a , есть линейная функция (    22 ()23 faxxaxx  с коэффициентами, зависящими от x . В задаче требуется найти все значения x , при каждом из которых эта функция отрицательна для всех (  1;2 a � . 2) Для отрицательности линейной функции f на промежутке (1; 2) необходимо, чтобы она была отрицательна или равна нулю при каждом из двух значений 1 a  и 2 a  , т.е. выполнялась система (1)0 (2)0 f f � � � � � ; 2 2 (1)0230(3)(1)0 12 (2)0(2)(1)0 3360 fxxxx x fxx xx � �  �  � �� � ���  �� ��� �  � ��  � � � . 3) Для выполнения требования задачи функция f не должна равняться нулю при обоих значениях 1 a  и 2 a  одновременно, т. е. не выполняется система (1)0 (2)0 f f  � �  � ; (1)0(3)(1)0 1 (2)0(2)(1)0 fxx x fxx  �� ��  ��  �� . 70
4) Выполнения двух полученных условий уже достаточно для отрицательности () fa на данном промежутке. Таким образом, искомые значения x — это решения системы 12 12. 1 x x x  �� � �  � � �  � Ответ:  ] 1;2  .
Пример:
Найдите все значения a, такие, что для любого х выполняется неравенство 2х + 2|х – а| + |х – 1| > 3. Решение. Рассмотрим функцию f(x) = 2х + 2|х – а| + |х – 1| Если      1 х а х , то f(x) = – х +2а + 1 убывает. Если      1 х а х , то f(x) = 5х – 2а – 1 возрастает. Значит наименьшее значение функции f (x) равно или f (а), или f (1). Поэтому решение задачи получаем из решения системы      3 ) 1 ( 3 ) ( f a f ;            3 1 2 2 3 1 2 a a a 1)             3 2 2 2 3 1 2 1 a a a a ;         3 2 4 3 1 a a a ; а > 2 3 2)             3 2 2 2 3 1 2 1 a a a a ;           2 1 2 1 a a a Решений нет. Ответ: а > 2 3 71
Решим это неравенство графическим методом (рис.10): 1) Приведем неравенство 2х + 2|х – а| + |х – 1| > 3 к виду |х – а| > 2 3 – х – 2 1 |х – 1| 2) Построим график правой части у = 2 3 – х – 2 1 |х – 1|, затем график функции у = |х – а|
Рисунок 10
Левый луч графика у = |х – а| касается графика у = 2 3 – х – 2 1 |х – 1| в точке с координатой (1; 0,5), тогда вершина графика функции у = |х – а| располагается в точке х = 2 3 на оси абсцисс, что соответствует а = 2 3 . При а > 2 3 наше неравенство будет иметь решения.
Пример
: Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение 4х – |3х – |х + а|| = 9|х – 1| 72
имеет хотя бы один корень. Решение. Запишем уравнение в виде 9|х – 1| – 4х + |3х – |х + а|| = 0 Функция f(x) = 9|х – 1| – 4х + |3х – |х + а|| непрерывна и 1) неограниченно возрастает при x ≥ 1, так как при любом раскрытии модулей имеем f(x) = 9х – 9 – 4х  3х  х  а = kx + m, где k ≥ 9 – 4 – 4 = 1>0 2) убывает при x ≤ 1, так как при любом раскрытии модулей имеем f(x) = 9х + 9 – 4х  3х  х  а = kx + m, где k ≥ –9 – 4 + 4 = –9 < 0 Следовательно, наименьшее значение функция f принимает при x = 1, и уравнение f(x)=0 будет иметь корень тогда и только тогда, когда f(1)≤0 Решим это неравенство: |3х – |1 + а|| ≤ 4; – 4 ≤ | а + 1| – 3 ≤ 4; | а + 1| ≤ 7; – 8 ≤ а ≤ 6 Ответ: – 8 ≤ а ≤ 6. Решим это уравнение графическим способом (рис.11): Решение. Запишем уравнение в виде ||х + а| – 3х | = 4х–9|х – 1|                           1 9 4 3 1 9 4 3 0 1 9 4 x x x a x x x x a x x x                          1 9 4 3 1 9 4 3 4 9 9 x x x a x x x x a x x x                             1 9 1 9 7 4 9 9 4 9 9 x x a x x x a x x x x x                        1 9 1 9 7 5 9 13 9 x x a x x x a x x Строим графики правых частей: 73
           0 1 9 7 1 9 7 х х х х у              0 1 9 1 9 х х х х у Объединение этих графиков — четырехугольник с вершинами в точках (1;7), (1;  1), ( 13 9 ; 2) и ( 5 9 ; 5 27 ) Рисунок 11 Пересечение графика у = |х + а| с объединением графиков у = 7х – 9|х–1| и у = – х + 9|х – 1| при 5 9 13 9   x (рис.11) Из рисунка видно, что – 6 ≤ – а ≤ 8, т. е. –8 ≤ а ≤ 6. Ответ: – 8 ≤ а ≤ 6.
Пример:
Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение 4х – |3х – |х + а|| = 9|х – 3| имеет два корня. 74
Решение. Запишем уравнение в виде ||х + а| – 3х | = 4х–9|х – 3|                           3 9 4 3 3 9 4 3 0 3 9 4 x x x a x x x x a x x x                          3 9 4 3 3 9 4 3 4 27 9 x x x a x x x x a x x x                             3 9 3 9 7 4 27 9 4 27 9 x x a x x x a x x x x x                        3 9 3 9 7 5 27 13 27 x x a x x x a x x Строим графики правых частей:            0 3 9 7 3 9 7 х х х х у              0 3 9 3 9 х х х х у Объединение этих графиков — четырехугольник с вершинами в точках (3;21), (3;  3), ( 13 27 ; 6) и ( 5 27 ;16) Пересечение графика у = |х + а| с объединением графиков у = 7х – 9|х–3| и у = – х + 9|х – 3| при 5 27 13 27   x (рис.12) 75
Рисунок 12 Из рисунка видно, что – 18≤ – а ≤ 24, т. е. –24 ≤ а ≤ 18. Ответ: – 24 ≤ а ≤ 18.
Пример
: Найдем все значения параметра а, при которых уравнение lg 2 (1 + х 2 ) + (3а – 2)·lg(1 + х 2 ) + а 2 = 0 не имеет решений. Решение. Обозначим lg(1 + х 2 ) = z, z > 0, тогда исходное уравнение примет вид: z 2 + (3а – 2)·z + а 2 = 0. Это уравнение – квадратное с дискриминантом, равным (3а – 2) 2 – 4а 2 = 5а 2 – 12а + 4. При дискриминанте меньше 0, то есть при 5а 2 – 12а + 4 < 0 выполняется при 0,4 < а < 2. Ответ: (0,4; 2).
Пример
: Указать наибольшее целое значение параметра а, при котором корни уравнения 4х 2 – 2х + а = 0 принадлежит интервалу (–1; 1). Решение. Корни заданного уравнения равны: х 1 = 4 1 (1+ a 4 1  ) и х 2 = 4 1 (1 – a 4 1  ), при этом а ≤ 4 1 . По условию –1 < 4 1 (1+ a 4 1  ) < 1  – 5 < a 4 1  < 3, – 1 < 4 1 (1 – a 4 1  ) < 1  5 > a 4 1  > – 3. 76
Решением, удовлетворяющим указанным двойным неравенствам, будет решение двойного неравенства: – 3 < a 4 1  < 3. Неравенство – 3 < a 4 1  выполняется при всех а ≤ 4 1 , неравенство a 4 1  < 3 — при – 2 < а ≤ 4 1 . Таким образом, допустимые значения параметра а лежат в интервале (-2; 4 1 ] . Наибольшее целое значение параметра а из этого интервала, которое одновременно принадлежит и интервалу (–1; 1), равно 0. Ответ: 0.
Пример
:

Найти все значения параметра а, при которых неравенство 2 3 x a x    имеет хотя бы одно отрицательное решение. Решение. Решим эту систему графически. Для этого в системе координат (хОа) построим графики функций: 1) 3 2    x x a , координаты вершины         4 13 ; 2 1 ; 2) 3 2     x x a , координаты вершины       4 13 ; 2 1 . Так как решения неравенства, согласно условию, должны быть отрицательны, то из построенного графика (рис.13) видно, что         3 ; 4 1 3 a Ответ:         3 ; 4 1 3 a .
Пример
: Найти все значения параметра а, для которых наименьшее значение функции у = х 2 + 3x + |x – а| меньше 4 3 1  . 77 Рисунок 13
Решение. График данной функции состоит из частей двух парабол, «склеенных» в точке с абсциссой х = а: у = х 2 + 4х – а при х ≥ а и у = х 2 +2х+а при х < а. Наименьшее значение эта функция принимает или при х = − 2 (соответствует вершине первой параболы), или при х = – 1 (соответствует вершине второй параболы), или при х = а (абсцисса точки склейки). Мы перечислили все возможные значения аргумента, которые «подозреваются на минимум». (Не беда, если среди них окажутся лишние. Единственное следствие — некоторое увеличение объема вычислительной работы.) Следовательно, условию задачи удовлетворяют все те значения (и только те) параметра а, для которых выполняется хотя бы одно из трех неравенств                         4 3 1 3 4 3 1 1 3 4 3 1 2 2 2 a a a а Все три неравенства объединены квадратной скобкой, что означает, что нам надо, решив каждое из них, полученные ответы объединить (а не находить множество значений параметра а, удовлетворяющее всем трем одновременно, как это делается в системах уравнений или неравенств). Решая неравенства, получим для каждого из них соответственно 4 1 2  < а < 4 3 1  ; 4 1 1  < а < 4 3  ; 2 2 3   < а < 2 2 3   Ответ: 4 1 2  < а < 4 3 1  .
Пример
: Найти все значения а, такие, что уравнение |x + 3|  1 = |2х  а| имеет единственное решение. Решение. Построим график функции у = |x + 3|  1, а затем график функции у = |2х  а| (рис.14) 78
Рисунок 14 Для того, чтобы исходное уравнение имело одно решение, вершины графика функции у = |2х  а | должны расположиться в точке х =  2 и х =  4 на оси абсцисс. То есть |2х  а|= 0. Тогда а = 2х. И |x + 3|  1 = 0, тогда х =         1 3 1 3 х х         4 2 х х         8 4 а а Ответ:  4;  8. ВЫВОДЫ Рассмотрев вторую главу, мы можем выделить четыре основных типа задач с параметрами:
Тип

1.
Уравнения, неравенства, их системы и совокупности, которые необходимо решить либо для любого значения параметра (параметров), либо для значений параметра, принадлежащих заранее оговоренному множеству. 79
Этот тип задач является базовым при овладении темой «Задачи с параметрами», поскольку вложенный труд предопределяет успех и при решении задач всех других основных типов.
Пример
: В зависимости от значений параметра а решите неравенство . 1 х х а    Решение. Перепишем исходное неравенство в виде а > . 1 х х   Рассмотрим две функции у = а (график – прямая, параллельная ось Ох) и у = х + ||х|  1|. Вторую функцию, если раскрыть модули можно записать так у = х + ||х|  1| =                   1 , 1 2 1 0 , 1 0 1 , 1 2 1 , 1 х если x х если х если x х если Рисунок 15 Графиком является ломаная, приведенная на рисунке 15. Решениями неравенства будут те значения х, при которых точки графика у = а лежат выше точек графика у = х + ||х|  1|. Из рисунка получаем, что при а ≤  1 таких точек нет, при а  (  1; 1) это точки вида а > 2х + 1, то есть х < 2 1  а , при а = 1 решением является промежуток х <0, при а > 1 решения получаются из неравенства а > 2х  1, тогда х < 2 1  а . 80
Ответ: Если а ≤  1 — нет решений; если – 1 < а ≤ 1 — х < 2 1  а ; если а > 1 — х < 2 1  а .
Тип 2.
Уравнения, неравенства, их системы и совокупности, для которых требуется определить количество решений в зависимости от значения параметра (параметров). Обращаем внимание на то, что при решении задач данного типа нет необходимости ни решать заданные уравнения, неравенства, их системы и совокупности и т. д., ни приводить эти решения; такая лишняя в большинстве случаев работа является тактической ошибкой, приводящей к неоправданным затратам времени. Однако не стоит абсолютизировать сказанное, так как иногда прямое решение в соответствии с типом 1 является единственным разумным путем получения ответа при решении задачи типа 2.
Пример
: Сколько корней имеет уравнение а х х    2 4 в зависимости от а? Решение. Запишем уравнение в виде а = х х   2 4 , где ОДЗ: |х| ≤ 2. Рассмотрим график функции (рис.16): у = х х   2 4 81
Рисунок 16 Рассмотрим прямую у = а. Это прямая параллельная оси Ох. Из рисунка видим, что: если |а| > 2  решений нет; если а = 2 – одно решение; если – 2 ≤ а < 2 – уравнение имеет два решения
Тип 3.
Уравнения, неравенства, их системы и совокупности, для которых требуется найти все те значения параметра, при которых указанные уравнения, неравенства, их системы и совокупности имеют заданное число решений (в частности, не имеют или имеют бесконечное множество решений). Легко увидеть, что задачи типа 3 в каком-то смысле обратны задачам типа 2.
Пример
: При каких значениях параметра а уравнение |2х + 3| + |2х  3|= ах + 6 имеет более двух корней? Решение. Если х = 0, то 6 = 6; Пусть х ≠ 0, то а = х х х 6 3 2 3 2     Выясним знаки выражений 2х + 3 и 2х  3 82
Раскроем модули:                                       ; 2 3 , 6 4 2 3 ; 2 3 , 0 2 3 ; , 6 4 х если х х если х если х (1) В пло ско сти хОа (рис.17) построим множество точек (х; а), координаты которых удовлетворяют соотношению (1) Рисунок 17 Если а = 0, то уравнение имеет бесконечное множество решений на промежутке [- 2 3 ; 2 3 ], при других значениях а число решений уравнения не превышает двух. Ответ: а = 0. 83

Тип 4.
Уравнения, неравенства, их системы и совокупности, для которых при искомых значениях параметра множество решений удовлетворяет заданным условиям в области определения. Например, найти значения параметра, при которых: 1) уравнение выполняется для любого значения переменной из заданного промежутка; 2) множество решений первого уравнения является подмножеством множества решений второго уравнения и т. д.
Пример
: Найти все значения параметра а, при которых неравенство 0 2 ) 2 ( 2 2      а х а х имеет решение и все они являются решениями неравенства 0 10 9 2    х х . Решение. Построим график функции у = 10 9 2   х х (рис.18). Рисунок 18 Решением второго неравенства является [  1; 1]. Первое неравенство будет иметь решения при 84
              0 ) 1 ( 0 ) 1 ( 1 1 0 f f x D в                                 0 2 ) 2 ( 2 1 ) 1 ( 0 2 ) 2 ( 2 1 ) 1 ( 1 2 1 0 ) 2 ( ) 2 ( 4 2 a a f a a f a a a D Решением системы является отрезок [ 3 5 ; 2] и одна точка а = 3. Ответ: а  [ 3 5 ; 2]  {3}. 85
ЗАКЛЮЧЕНИЕ Цель работы состояла в исследовании методов решения задач, содержащих параметр, и в разработке соответствующей методики. Исследованию подвергся процесс решения задач с параметрами в курсе математики средней школы. Первая глава, где исследовались классы задач, дает полное представление об основных видах уравнений и неравенств (систем уравнений и неравенств), содержащих параметр. Содержит теоретический материал и примеры. Во второй главе приводятся основные методы решения задач, содержащих параметр – аналитический и графический. Выделены четыре основных типа задач с параметрами.
А
налитический — это способ так называемого прямого решения, повторяющего стандартные процедуры нахождения ответа в задачах без параметра. Считается, что аналитический способ решения задач с параметром есть самый трудный способ, требующий высокой грамотности и наибольших усилий по овладению им. Графический. В зависимости от задачи (с переменной x и параметром a) рассматриваются графики или в координатной плоскости (xОy), или в координатной плоскости (xОa). 86
Исключительная наглядность и красота графического способа решения задач с параметром настолько увлекает изучающих тему «Задачи с параметром», что они начинают игнорировать другие способы решения, забывая общеизвестный факт: для любого класса задач их авторы могут сформулировать такую, которая блестяще решается данным способом и с колоссальными трудностями — остальными способами. Цель достигнута. Методика решения задач, содержащаяся во второй главе, позволит учащимся решать задачи с параметрами, применяя разные методы решения. В школе задачи с параметрами рассматриваются на факультативных занятиях. Так как подчас задачи с параметрами требуют довольно тонких логических рассуждений. Неудивительно поэтому, что параметрические задачи считаются достаточно трудными и даются в едином государственном экзамене в числе последних. Материалы ЕГЭ, приведенный во второй главе, помогут систематизировать и углубить знания для решения задач с параметрами. То есть, были выполнены поставленные задачи: получены представление о параметрах и методах их решения; обучены общим приемами организации действий; систематизированы знания, закреплены умения, необходимые для решения задач с параметрами. Таким образом, применение, разработанной на основе общих методов решения задач, содержащих параметры, методики решения позволит учащимся решать задачи, содержащие параметры, на сознательной основе, выбирать наиболее рациональный метод решения, применять разные методы решения. Тема «Задачи с параметром» должна изучаться не только на факультативных занятиях, но и в школьной программе, так как она формирует логическое мышление и математическую культуру у 87
школьников. Учащимся знания по этой теме помогут сдать Единый Государственный Экзамен. Эта работа может быть полезна учащимся школ, учителям для подготовки к сдаче единого государственного экзамена. ЛИТЕРАТУРА Основная литература 1. Горнштейн, П. И. Задачи с параметрами: учеб. п о с о б и е / П. И. Горнштейн, В. Б. Полонский, М. С. Якир. — Киев, 1992. 2. Дорофеев Г.В. Квадратный трехчлен в задачах/ Г.В. Дорофеев. — Львов: Квантор, 1991. 3. Здоровенко М.Ю. Учимся решать задачи с параметрами: рациональные уравнения и неравенства / М.Ю. Здоровенко, В.М. Караулов. — Киров, 1999. 4. Ивлев Б.М. Задачи повышенной трудности по алгебре и началам анализа для 10-11 классов / Б.М. Ивлев, А.М. Абрамов и др. — М.: Просвещение, 1990. 5. Ястребинецкий Г.А. Задачи с параметрами: Книга для учителя/ Г.А. Ястребинецкий. — М.: Просвещение, 1986. Дополнительная литература 6. Амелькин В.В. задачи с параметрами / В.В. Амелькин. — М.: Асар, 1996. 7. Горбачев В.И. Общие методы решения уравнений и неравенств/ В.И. Горбачев// Математика в школе. — 1999. — №6. —с.60—68 8. Горбачев В.И. Общие методы решения уравнений и неравенств с 88
параметрами не выше второй степени / В.И. Горбачев// Математика в школе. — 2000. — №2. —с.61—68 9. Гусев В.А. Задачи с параметрами / В.А. Гусев. — М: Просвещение, 2004. 296с. 10. Гусев В.А. Математика: Справочные материалы / В.А. Гусев. — М.: Просвещение, 1988. 11. Дегтяренко В.А. Три решения одной задачи с параметром / В.А. Дегтяренко // Математика в школе. — 2001. — №5. — с.62—64. 12. Джиоев Н.Д. Нахождение графическим способом числа решений уравнений с параметром / Н.Д. Джиоев // Математика в школе. — 1996. — №2. — с. 54—57. 13. Дорофеев Г.В. Решение задач, содержащих параметр / Г.В. Дорофеев. —М.: Науч. –пед.об–ние «Перспектива», 1990, —38с. 14. Евсеева, А.И. Уравнения с параметрами / А.И. Евсеева // Математика в школе. —2003. —№7. — с.10—17. 15. ЕГЭ 2010. Математика. Типовые задания / Под ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко.: И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин и др. — М.: Издательство «Экзамен», 2010. — 55 с. 16. ЕГЭ 2007. Демонстрационный вариант. — М.: Издательство «Экзамен», 2007. 17. ЕГЭ 2008. Демонстрационный вариант. — М.: Издательство «Экзамен», 2008. 18. ЕГЭ 2009. Демонстрационный вариант. — М.: Издательство «Экзамен», 2009. 19. ЕГЭ 2010. Практикум / Под ред. Л.Д. Лаппо, М.А Попов. — М.: Издательство «Экзамен», 2010. 20. Епифанова, Т.Н. Графические методы решения задач с параметрами / Т.Н. Епифанова// Математика в школе. — 2003. — №7. — с. 17—20. 89
21. Зубов, А.Б. Использование симметрии при анализе систем с параметрами / А.Б.Зубов// Математика в школе — 2002. — №5. — с. 56–63. 22. Ивлев Б.М. Абрамов А.М. Задачи повышенной трудности по алгебре и началам анализа для 10-11 классов / Б.М. Ивлев, А.М. Абрамов. —М.: Просвещение, 1990. 23. Кожухов С.К. Различные способы решения задач с параметром / С.К. Кожухов // Математика в школе — 1998. — №6. — с. 9—12. 24. Кожухова С.А. Свойства функций в задачах с параметром / С.А. Кожухова, С.К. Кожухов // Математика в школе — 2003. — №7. — с.17–24. 25. Кормихин А.А. Об уравнениях с параметром / А.А. Кормихин// Математика в школе – 1994. —№1. — с.33-35. 26. Локоть В.В. Задачи с параметрами. Линейные и квадратные уравнения, неравенства, системы/ В. В. Локоть. —М.: «Аркти», 2005. 27. Локоть В. В. Задачи с параметрами. Иррациональные уравнения, неравенства, системы. Задачи с модулем / В. В. Локоть. —М.: «Аркти», 2005. 28. Локоть В. В. Задачи с параметрами. Показательные и логарифмические уравнения, неравенства, системы / В. В. Локоть. —М.: «Аркти», 2005. 29. Макаров В.К. Метод координат и задачи с параметрами / В.К. Макаров. —М.: Изд-во Моск.универ., 1970. —146с. 30. Мельник И.И. Как решать задачи на вступительных экзаменах / И.И. Мельник. —М.: Изд-во Моск.универ., 1990. –303с. 31. Мещерякова Г.П., Чучаев И.И. Уравнения и неравенства с параметром и задачи на экстремум / Г.П. Мещерякова, И.И. Чучаев // Математика в школе — 1999. — №6. — с. 72—74. 32. Натяганов В. Л., Лужина Л. М. Методы решения задач с параметрами / В. Л. Натяганов, Л. М. Лужина. —М.: Просвещение, 1994. —Часть 1. 90
33. Неискашова, Е.В. Квадратный трехчлен в задачах вступительных экзаменов / Е.В.Неискашова// Математика в школе –2001.-№8.–с.24-26. 34. Постникова С.Я. Уравнения с параметрами на факультативных занятиях / С.Я. Постникова// Математика в школе —2002. —№8. —с.45—46. 35. Потапов, М.К., Шевкин А.В. О решении уравнений вида     ) ( ) ( x f x f    [Текст]/ М.К. Потапов, А.В. Шевкин // Математика в школе — 2003. —№8. —с. 12—14. 36. Ратников, Н.П. От уравнения с параметром — к графику, задающему параметр / Н.П. Ратников // Математика в школе — 1990. —№3. – с. 80. 37. Родионов Е.М. Решение задач с параметрами. Пособие для поступающих в вузы / Е.М. Родионов. - М.Просвещение, 2001. 38. Шарыгин И.Ф. Математика для поступающих в вузы / И.Ф. Шарыгин. – М.: Дрофа, 1995. — 416 с. 39. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике. Решение задач: Учеб.пособие для 10 кл. сред. шк. / И.Ф. Шарыгин, В.И. Голубев. —М.: Посвещение, 1989. — 252 с.: ил. 40. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике. Решение задач: Учеб.пособие для 11 кл. сред. шк./ И.Ф. Шарыгин, В.И. Голубев. —М.: Посвещение, 1991. — 384 с.: ил. 41. Шахмейстер А. Х. Задачи с параметрами в ЕГЭ / А. Х. Шахмейстер. — С–Петербург.: «ЧеРо–на–Неве», 2004. 91