Решение задач с параметрами на конкурсных экзаменах по

Муниципальное общеобразовательное учреждение
средняя общеобразовательная школа № 16
Щелковского муниципального района
Московской области
Тема: Решение задач с параметрами на
конкурсных экзаменах по математике.
Разработчик:
Тарас Марина Валентиновна
учитель математики
2010 год.
В последние годы на вступительных экзаменах по математике в
высшие учебные заведения довольно часто предлагаются задачи с
параметрами. Возрастающая популярность этих задач объясняется тем, что
они позволяют более эффективно, по сравнению с задачами других типов,
определить уровень логической подготовки абитуриента. В задачах с
параметрами нет громоздких вычислений или преобразований, зато есть
некоторые трудности логического характера, которые абитуриент должен
научиться преодолевать, если хочет достичь успеха. К сожалению, в
школьной программе задачам с параметрами уделено явно недостаточное
внимание, и это создает определенное расхождение между требованиями,
которые предъявляются к выпускнику школы, и требованиям, которые
предъявляются к абитуриенту вуза.
Решение уравнений и неравенств с параметрами.
В данном разделе рассматривается, пожалуй, самый простой тип задач с
параметрами.
Задача 1. Решить уравнение
𝑎2 𝑥 = 𝑎(𝑥 + 2) − 2
(𝐼)
Решение.
Перенося в левую часть члены, содержащие x, а в правую свободные члены,
приводим исходное уравнение к следующему виду
2(𝑎 − 1)
𝑎(𝑎 − 1)𝑥 =
(2)
Случай 1. Пусть параметр а отличен от 0 и от I.
Тогда выражение 𝑎(𝑎 − 1) тоже отлично от 0, мы можем поделить на него
2
уравнение 2, получив в результате, что 𝑥 = .
𝑎
Случай 2. Пусть а=0. В этом случае уравнение (2) принимает вид 0 ∙ 𝑥 = −2,
очевидно, не имеет решений.
Случай 3. Пусть а=1.
В этом случае уравнение (2) принимает вид 0 ∙ 𝑥 = 0, очевидно, любое число
х является его решением.
2
Ответ: если 𝑎 ≠ 0, 𝑎 ≠ 1, то 𝑥 = , если 𝑎 = 0, то решений нет;
𝑎
Если 𝑎 = 1, то х любое число.
Задача 2.
Решить неравенство
𝑎𝑥
≥0
𝑎−1
(𝐼)
Решение.
Прежде всего отметим, что в данной задаче параметр а не может быть
выбран произвольным образом, а лишь с ограничением 𝑎 ≠ 1.
Рассмотрим три случая.
Случай 1.
Пусть
𝑎
𝑎−1
> 0, то есть 𝑎 ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞).
В этом случае решением неравенства является 𝑥 ≥ 0.
Случай 2.
Пусть а удовлетворяет условию
𝑎
𝑎−1
< 0, то есть 𝑎 ∈ (0; 1).
В этом случае 𝑥 ≤ 0.
Случай 3.
Пусть а удовлетворяет условию
𝑎
𝑎−1
= 0, то есть 𝑎 = 0.
В этом случае решением неравенства I является вся числовая ось.
Ответ:
Если 𝑎 ∈ (−∞; 0) ∪ (1; +∞), то 𝑥 ≥ 0;
Если 𝑎 ∈ (0; 1), то 𝑥 ≤ 0;
Если 𝑎 = 0, то х любое.
Задача 3.
Решить уравнение.
|𝑥 − 𝑎| + 𝑏 2 √𝑥 − 1 = 0
(𝐼)
Решение.
Область допустимых значений неизвестного х – это 𝑥 ≥ 1.
Отметим, что при любом 𝑥 ≥ 1 выполнены условия
|𝑥 − 𝑎| ≥ 0,
𝑏 2 √𝑥 − 1 ≥ 0
(2)
Поскольку два неотрицательных числа дают в сумме 0 тогда и только тогда,
когда оба они равны 0, можно заключить, что в силу |2| уравнение |𝐼|
равносильно системе |3|.
|𝑥 − 𝑎| = 0
{ 2
𝑏 √𝑥 − 1 = 0
|3|
Первое уравнение системы имеет единственное решение x=a.
Выясним, при каких условиях это значение х будет удовлетворять также
второму уравнению системы, то есть при каких условиях будет выполнено
соотношение
𝑏 2 √𝑎 − 1 = 0
|4|
Ясно, что при а=1 условие |4| выполнено от выбора b.
Если же 𝑎 > 0, то условие |4| выполняется лишь при b=0.
Если же 𝑎 < 0, то условие |4| не выполняется ни при каком b, поскольку
корень √𝑎 − 1 не может быть вычислен.
Ответ.
Если а=1, а b любое, или же если 𝑎 > 0, b = 0, то 𝑥 = 𝑎, в остальных случаях
решений нет.
Задача 4.
Решить уравнение.
𝑎 sin 𝑥 − 𝑏 cos 𝑥 = 𝑏
(𝐼)
Решение: последовательно преобразуем данное уравнение:
𝑎 sin 𝑥 − 𝑏(1 + cos 𝑥) = 0
𝑥
𝑥
𝑥
2𝑎 sin cos − 2𝑏 cos 2 = 0
2
2
2
𝑥
𝑥
𝑥
|2|
2 cos (𝑎 sin − 𝑏 cos ) = 0
2
2
2
Уравнение |2| распадается на два уравнения
𝑥
cos = 0, решениями которого являются лишь числа 𝑥 = (2𝑛 + 1)𝜋, 𝑛 ∈ 𝑁,
2
𝑥
𝑥
2
2
а уравнение 𝑎 sin − 𝑏 cos = 0
|2|.
𝑥
Решая уравнение |3|, будем считать, что cos ≠ 0 , поскольку же значения х,
𝑥
2
которые удовлетворяют условию cos = 0, уже рассмотрены нами и даже
2
включены в ответ.
С учетом этого уравнение |3| преобразуется к виду
𝑎𝑡𝑔
𝑥
=𝑏
2
|4|
Пусть а=0, тогда при b ≠ 0 уравнение |4| не имеет решений, при b = 0
уравнение |4| удовлетворяет любое х.
Пусть а ≠ 0, тогда поделив уравнение |4| на а, получаем простейшее
уравнение
𝑥
𝑏
2
2
𝑡𝑔 = , откуда
𝑏
𝑥 = 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 2𝜋𝑛.
𝑎
Отметим, что множество решений уравнения |𝐼| есть объединение множества
𝑥
решений уравнения cos = 0 и уравнения |4|.
2
Ответ:
Если а=0, b=0, то х – любое.
Если а=0, b ≠ 0, то 𝑥 = (2𝑛 + 1)𝜋, 𝑛 ∈ 𝑁
Если а ≠ 0, то 𝑥 = (2𝑛 + 1)𝜋, 𝑛 ∈ 𝑁, и
𝑏
𝑥 = 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍.
𝑎
Задача 5.
Решить неравенство
|𝐼|
9𝑥+1 + 8𝑎 ∙ 3𝑥 − 𝑎2 < 0
Решение. Введем подстановку 𝑦 = 3𝑥 перепишем исходное уравнение в виде
9𝑦 2 + 8𝑎𝑦 − 𝑎2 < 0
|2|
С помощью т. Виета легко усматривается, что корнями квадратного
𝑎
трехчлена в левой части являются 𝑦1 = −𝑎; 𝑦2 = .
9
Поэтому решениями неравенства |2| являются значения у, лежащие между 𝑦1
и 𝑦2 .
Это будет интервал (𝑦1 ; 𝑦2 ), если 𝑦1 < 𝑦2 ; это будет интервал (𝑦2 ; 𝑦1 ) если
𝑦1 > 𝑦2 , наконец, это будет пустое множество, если 𝑦1 = 𝑦2 .
В этом случае приходится отдельно рассматривать каждый из возможных
случаев.
Случай 1. Пусть 𝑦1 < 𝑦2 .
Это имеет место при 𝑎 > 0.
𝑎
В этом случае решением неравенства |2| является 𝑦 ∈ (−𝑎; ), а решениями
9
неравенства |𝐼| будут значения х, удовлетворяющие условию
−𝑎 < 3𝑥 <
𝑎
9
|3|
Неравенство −𝑎 < 3𝑥 выполняется при всех х, а неравенство 3𝑥 <
𝑎
9
выполняется при 𝑥 < log 3 𝑎 − 2
Таким образом, в рассмотренном случае, то есть при 𝑎 > 0, решениями
неравенства |3|, следовательно, неравенства |𝐼|, являются 𝑥 < log 3 𝑎 − 2.
Случай 2. Пусть 𝑦1 > 𝑦2 .
Это имеет место при 𝑎 < 0.
𝑎
В этом случае решениями неравенства |2|
являются 𝑦 ∈ (−𝑎; ), решениями неравенства |𝐼| будут значения х,
9
удовлетворяющие условию
𝑎
< 3𝑥 < −𝑎
9
Неравенство
𝑎
9
|4|
< 3𝑥 выполняется при всех х, неравенство 3𝑥 < −𝑎
выполняется при 𝑥 < log 3 (−𝑎).
Таким образом, в рассмотренном случае при 𝑎 < 0 решениями неравенства
|4|, следовательно, неравенства |𝐼| является 𝑥 < log 3 (−𝑎).
Случай 3. Пусть 𝑦1 = 𝑦2 .
Это имеет место при а=0. В этом случае неравенство |2| не имеет решений, а
следовательно не имеет решений неравенство |𝐼|.
Ответ:
Если 𝑎 > 0, то 𝑥 < log 3 𝑎 − 2
Если 𝑎 < 0, то 𝑥 < log 3 (−𝑎)
Если а=0, решений нет.
Задача 6.
Решить неравенство.
2𝑥 + 2−𝑥 ≤ 2 sin
𝜋𝑎
2
|𝐼|
Решение. Введем подстановку 𝑦 = 2𝑥 и перепишем исходное неравенство в
виде
𝑦 2 − 2 sin
𝜋𝑎
𝑦+1≤0
2
|2|
Дискриминант квадратного трехчлена, стоящего в левой части неравенства
|2| равен Д = 4 (2 sin
𝜋𝑎
2
− 1).
Отсюда непосредственно усматривается, что дискриминант положительным
𝜋𝑎
быть не может, а нулю он равняется лишь при условии 2 sin = 1 или
условии 2 sin
𝜋𝑎
2
2
= −1.
Таким образом, мы можем заключить, что если 2 sin
𝜋𝑎
2
|2|, следовательно, неравенство |1|, не имеет решений.
Далее рассмотрим два случая.
= ±1, то неравенство
Случай 1.
Пусть sin
𝜋𝑎
2
= −1.
Тогда неравенство |2| преображает вид 𝑦 2 + 2𝑦 + 1 ≤ 0, т.е. (𝑦 + 1)2 ≤ 0,
единственное решение y=-1. В этом случае решение неравенства |𝐼| должно
было бы удовлетворять неравенству 2𝑥 = −1, что невозможно. Итак, в
случае 1 неравенство |𝐼| решений нет.
Случай 2.
Пусть sin
𝜋𝑎
2
= 1.
Тогда неравенство |2| приобретает вид 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 ≤ 0, т.е. (𝑦 − 1)2 ≤ 0,
единственым решением является y=1. В этом случае решение х неравенства
|𝐼| может быть найдено из соотношения 2𝑥 = 1, откуда х=0.
Теперь осталось только выяснить при каких значениях параметра а
𝜋𝑎
реализуется случай 2, то есть выполняется условие sin = 1.
2
Рассмотрев это условие как уравнение относительно а, получаем, что оно
удовлетворяется значением 𝑎 = 4𝑛 + 1, 𝑛 ∈ 𝑁.
Ответ:
Если 𝑎 = 4𝑛 + 1, где 𝑛 ∈ 𝑁, то 𝑥 = 𝑎; в остальных случаях решений нет.