Jednadžba oblika f(x; a) = 0 se zove jednadžba s varijablom x i parametar A.
Riješite jednadžbu s parametrom A– to znači za svaku vrijednost A pronaći vrijednosti x, zadovoljavajući ovu jednadžbu.
Primjer 1. Oh= 0
Primjer 2. Oh = A
Primjer 3.
x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2
Ako 1 – A= 0, tj. A= 1, tada x 0 = -2 bez korijena
Ako 1 – A 0, tj. A 1, dakle x =
Primjer 4.
(A 2 – 1) x = 2A 2 + A – 3
(A – 1)(A + 1)x = 2(A – 1)(A – 1,5)
(A – 1)(A + 1)x = (1A – 3)(A – 1)
Ako A= 1, zatim 0 x = 0
x– bilo koji pravi broj
Ako A= -1, zatim 0 x = -2
bez korijena
Ako A 1, A-1, dakle x= (jedino rješenje).
To znači da za svaku valjanu vrijednost A odgovara jednoj vrijednosti x.
Na primjer:
Ako A= 5, tada x = = ;
Ako A= 0, tada x= 3, itd.
Didaktički materijal
1. Oh = x + 3
2. 4 + Oh = 3x – 1
3. A = +
na A= 1 nema korijena.
na A= 3 nema korijena.
na A = 1 x– bilo koji realni broj osim x = 1
na A = -1, A= 0 nema rješenja.
na A = 0, A= 2 nema rješenja.
na A = -3, A = 0, 5, A= -2 nema rješenja
na A = -S, S= 0 nema rješenja.
Kvadratne jednadžbe s parametrom
Primjer 1. Riješite jednadžbu
(A – 1)x 2 = 2(2A + 1)x + 4A + 3 = 0
Na A = 1 6x + 7 = 0
Kada A 1, ističemo one vrijednosti parametara pri kojima D ide na nulu.
D = (2(2 A + 1)) 2 – 4(A – 1)(4A + 30 = 16A 2 + 16A + 4 – 4(4A 2 + 3A – 4A – 3) = 16A 2 + 16A + 4 – 16A 2 + 4A + 12 = 20A + 16
20A + 16 = 0
20A = -16
Ako A < -4/5, то D < 0, уравнение имеет действительный корень.
Ako A> -4/5 i A 1, dakle D > 0,
x = 
Ako A= 4/5, dakle D = 0,
Primjer 2. Pri kojim vrijednostima parametra a vrijedi jednadžba
x 2 + 2( A + 1)x + 9A– 5 = 0 ima 2 različita negativna korijena?
D = 4( A + 1) 2 – 4(9A – 5) = 4A 2 – 28A + 24 = 4(A – 1)(A – 6)
4(A – 1)(A – 6) > 0
preko t. Vieta: x 1 + x 2 = -2(A + 1)
x 1 x 2 = 9A – 5
Po stanju x 1 < 0, x 2 < 0 то –2(A + 1) < 0 и 9A – 5 > 0
| Eventualno | 4(A – 1)(A – 6) > 0 - 2(A + 1) < 0 9A – 5 > 0 |
A < 1: а > 6 A > - 1 A > 5/9 |
 (Riža. 1) < a < 1, либо a > 6 |
Primjer 3. Pronađite vrijednosti A, za koju ova jednadžba ima rješenje.
x 2 – 2( A – 1)x + 2A + 1 = 0
D = 4( A – 1) 2 – 4(2A + 10 = 4A 2 – 8A + 4 – 8A – 4 = 4A 2 – 16A
4A 2 – 16 0
4A(A – 4) 0
A( A – 4)) 0
A( A – 4) = 0
a = 0 ili A – 4 = 0
A = 4
(Riža. 2)
Odgovor: A 0 i A 4
Didaktički materijal
1. U kojoj vrijednosti A jednadžba Oh 2 – (A + 1) x + 2A– 1 = 0 ima jedan korijen?
2. U kojoj vrijednosti A jednadžba ( A + 2) x 2 + 2(A + 2)x+ 2 = 0 ima jedan korijen?
3. Za koje vrijednosti a vrijedi jednadžba ( A 2 – 6A + 8) x 2 + (A 2 – 4) x + (10 – 3A – A 2) = 0 ima više od dva korijena?
4. Za koje vrijednosti a, jednadžba 2 x 2 + x – A= 0 ima barem jedan zajednički korijen s jednadžbom 2 x 2 – 7x + 6 = 0?
5. Za koje vrijednosti jednadžbe a x 2 +Oh+ 1 = 0 i x 2 + x + A= 0 imaju barem jedan zajednički korijen?
1. Kada A = - 1/7, A = 0, A = 1
2. Kada A = 0
3. Kada A = 2
4. Kada A = 10
5. Kada A = - 2
Eksponencijalne jednadžbe s parametrom
Primjer 1.Pronađi sve vrijednosti A, za koju je jednadžba
9 x – ( A+ 2)*3 x-1/x +2 A*3 -2/x = 0 (1) ima točno dva korijena.
Riješenje. Množenjem obje strane jednadžbe (1) s 3 2/x, dobivamo ekvivalentnu jednadžbu
3 2(x+1/x) – ( A+ 2)*3 x+1/x + 2 A = 0 (2)
Neka je 3 x+1/x = na, tada će jednadžba (2) poprimiti oblik na 2 – (A + 2)na + 2A= 0, ili
(na – 2)(na – A) = 0, odakle na 1 =2, na 2 = A.
Ako na= 2, tj. 3 x+1/x = 2 tada x + 1/x= log 3 2 , ili x 2 – x log 3 2 + 1 = 0.
Ova jednadžba nema prave korijene, budući da je D= log 2 3 2 – 4< 0.
Ako na = A, tj. 3 x+1/x = A Da x + 1/x= dnevnik 3 A, ili x 2 –x log 3 a + 1 = 0. (3)
Jednadžba (3) ima točno dva korijena ako i samo ako
D = log 2 3 2 – 4 > 0, ili |log 3 a| > 2.
Ako je log 3 a > 2, tada A> 9, a ako je log 3 a< -2, то 0 < A < 1/9.
Odgovor: 0< A < 1/9, A > 9.
Primjer 2. Pri kojim vrijednostima a vrijedi jednadžba 2 2x – ( A - 3) 2 x – 3 A= 0 ima rješenja?
Da bi dana jednadžba ima rješenja, potrebno je i dovoljno da jednadžba t 2 – (a – 3) t – 3a= 0 ima barem jedan pozitivan korijen. Nađimo korijene koristeći Vietin teorem: x 1 = -3, x 2 = A = >
a je pozitivan broj.
Odgovor: kada A > 0
Didaktički materijal
1. Pronađite sve vrijednosti a za koje jednadžba
25 x – (2 A+ 5)*5 x-1/x + 10 A* 5 -2/x = 0 ima točno 2 rješenja.
2. Za koje vrijednosti a je jednadžba
2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 ima jedan korijen?
3. Pri kojim vrijednostima parametra a vrijedi jednadžba
4 x - (5 A-3)2 x +4 A 2 – 3A= 0 ima jedinstveno rješenje?
Logaritamske jednadžbe s parametrom
Primjer 1. Pronađite sve vrijednosti A, za koju je jednadžba
log 4x (1 + Oh) = 1/2 (1)
ima jedinstveno rješenje.
Riješenje. Jednadžba (1) je ekvivalentna jednadžbi
1 + Oh = 2x na x > 0, x 1/4 (3)
x = na
da 2 – na + 1 = 0 (4)
Uvjet (2) iz (3) nije zadovoljen.
Neka A 0, dakle AU 2 – 2na+ 1 = 0 ima prave korijene ako i samo ako D = 4 – 4A 0, tj. na A 1. Da bismo riješili nejednadžbu (3), iscrtajmo funkcije Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Detaljno proučavanje tečaja algebre i matematičke analize. – M.: Obrazovanje, 1990
DO zadaci s parametrom može uključivati, na primjer, traženje rješenja za linearne i kvadratne jednadžbe V opći pogled, proučavanje jednadžbe za broj dostupnih korijena ovisno o vrijednosti parametra.
Bez davanja detaljnih definicija, razmotrite sljedeće jednadžbe kao primjere:
y = kx, gdje su x, y varijable, k je parametar;
y = kx + b, gdje su x, y varijable, k i b parametri;
ax 2 + bx + c = 0, gdje su x varijable, a, b i c parametar.
Rješavanje jednadžbe (nejednadžbe, sustava) s parametrom znači u pravilu rješavanje beskonačnog niza jednadžbi (nejednadžbi, sustava).
Zadaci s parametrom mogu se podijeliti u dvije vrste:
A) uvjet kaže: riješite jednadžbu (nejednadžbu, sustav) - to znači, za sve vrijednosti parametra, pronaći sva rješenja. Ako barem jedan slučaj ostane neistražen, takvo se rješenje ne može smatrati zadovoljavajućim.
b) potrebno je navesti moguće vrijednosti parametra pri kojima jednadžba (nejednakost, sustav) ima određena svojstva. Na primjer, ima jedno rješenje, nema rješenja, ima rješenja koja pripadaju intervalu itd. U takvim zadacima potrebno je jasno naznačiti pri kojoj je vrijednosti parametra traženi uvjet zadovoljen.
Parametar, budući da je nepoznat fiksni broj, ima neku vrstu posebne dualnosti. Prije svega, potrebno je uzeti u obzir da pretpostavljena popularnost ukazuje na to da se parametar mora percipirati kao broj. Drugo, sloboda manipuliranja parametrom ograničena je njegovom nejasnošću. Na primjer, operacije dijeljenja s izrazom koji sadrži parametar ili izvlačenje korijena čak stupanj iz takvog izraza zahtijevaju prethodna istraživanja. Stoga je potreban oprez pri rukovanju parametrom.
Na primjer, da biste usporedili dva broja -6a i 3a, trebate razmotriti tri slučaja:
1) -6a će biti veće od 3a ako je a negativan broj;
2) -6a = 3a u slučaju kada je a = 0;
3) -6a će biti manje od 3a ako je a pozitivan broj 0.
Rješenje će biti odgovor.
Neka je dana jednadžba kx = b. Ova jednadžba je skraćeni oblik za beskonačan broj jednadžbi s jednom varijablom.
Prilikom rješavanja takvih jednadžbi mogu postojati slučajevi:
1. Neka je k bilo koji realni broj koji nije jednak nuli i b bilo koji broj iz R, tada je x = b/k.
2. Neka je k = 0 i b ≠ 0, izvorna jednadžba će imati oblik 0 x = b. Očito je da ova jednadžba nema rješenja.
3. Neka su k i b brojevi, jednaka nuli, tada imamo jednakost 0 x = 0. Njeno rješenje je bilo koji realni broj.
Algoritam za rješavanje ove vrste jednadžbe:
1. Odredite "kontrolne" vrijednosti parametra.
2. Riješite izvornu jednadžbu za x za vrijednosti parametara koje su određene u prvom odlomku.
3. Riješite izvornu jednadžbu za x za vrijednosti parametara koje se razlikuju od onih odabranih u prvom odlomku.
4. Odgovor možete napisati u sljedećem obliku:
1) za ... (vrijednosti parametara), jednadžba ima korijene ...;
2) za ... (vrijednosti parametara), u jednadžbi nema korijena.
Primjer 1.
Riješite jednadžbu s parametrom |6 – x| = a.
Riješenje.
Lako je vidjeti da je ovdje a ≥ 0.
Prema pravilu modula 6 – x = ±a, izražavamo x:
Odgovor: x = 6 ± a, gdje je a ≥ 0.
Primjer 2.
Riješite jednadžbu a(x – 1) + 2(x – 1) = 0 s obzirom na varijablu x.
Riješenje.
Otvorimo zagrade: ah – a + 2h – 2 = 0
Napišimo jednadžbu u standardnom obliku: x(a + 2) = a + 2.
Ako izraz a + 2 nije nula, odnosno ako je a ≠ -2, imamo rješenje x = (a + 2) / (a + 2), tj. x = 1.
Ako je a + 2 jednako nuli, tj. a = -2, tada imamo istinska jednakost 0 x = 0, pa je x bilo koji realan broj.
Odgovor: x = 1 za a ≠ -2 i x € R za a = -2.
Primjer 3.
Riješite jednadžbu x/a + 1 = a + x s obzirom na varijablu x.
Riješenje.
Ako je a = 0, tada jednadžbu transformiramo u oblik a + x = a 2 + ax ili (a – 1)x = -a(a – 1). Posljednja jednadžba za a = 1 ima oblik 0 x = 0, stoga je x bilo koji broj.
Ako je a ≠ 1, tada će zadnja jednadžba imati oblik x = -a.
Ovo se rješenje može ilustrirati na koordinatnoj liniji (Sl. 1)
Odgovor: nema rješenja za a = 0; x – bilo koji broj s a = 1; x = -a za a ≠ 0 i a ≠ 1.
Grafička metoda
Razmotrimo još jedan način rješavanja jednadžbi s parametrom - grafički. Ova metoda se koristi prilično često.
Primjer 4.
Ovisno o parametru a, koliko korijena ima jednadžba ||x| – 2| = a?
Riješenje.
Za rješavanje grafičkom metodom konstruiramo grafove funkcija y = ||x| – 2| i y = a (slika 2).
Crtež jasno prikazuje moguće slučajeve položaja ravne linije y = a i broj korijena u svakoj od njih.
Odgovor: jednadžba neće imati korijene ako je a< 0; два корня будет в случае, если a >2 i a = 0; jednadžba će imati tri korijena u slučaju a = 2; četiri korijena – na 0< a < 2.
Primjer 5.
Pri čemu je jednadžba 2|x| + |x – 1| = a ima jedan korijen?
Riješenje.
Prikažimo grafove funkcija y = 2|x| + |x – 1| i y = a. Za y = 2|x| + |x – 1|, proširujući module metodom intervala, dobivamo:
(-3x + 1, na x< 0,
y = (x + 1, za 0 ≤ x ≤ 1,
(3x – 1, za x > 1.
Na Slika 3 Jasno se vidi da će jednadžba imati jedan korijen samo kada je a = 1.
Odgovor: a = 1.
Primjer 6.
Odredite broj rješenja jednadžbe |x + 1| + |x + 2| = a ovisno o parametru a?
Riješenje.
Graf funkcije y = |x + 1| + |x + 2| bit će isprekidana linija. Njegovi vrhovi će se nalaziti u točkama (-2; 1) i (-1; 1) (Slika 4).
Odgovor: ako je parametar a manji od jedan, jednadžba neće imati korijene; ako je a = 1, tada je rješenje jednadžbe beskonačan skup brojeva iz segmenta [-2; -1]; ako su vrijednosti parametra a veće od jedan, tada će jednadžba imati dva korijena.
Još uvijek imate pitanja? Ne znate kako riješiti jednadžbe s parametrom?
Za pomoć od mentora, registrirajte se.
Prvi sat je besplatan!
web stranice, pri kopiranju materijala u cijelosti ili djelomično, poveznica na izvor je obavezna.
U posljednjih godina Na prijemnim ispitima i na završnom testiranju u obliku Jedinstvenog državnog ispita nude se problemi s parametrima. Ovi zadaci omogućuju dijagnosticiranje razine matematičkih i, što je najvažnije, logično mišljenje podnositelja zahtjeva, sposobnost provođenja istraživačkih aktivnosti, kao i jednostavno poznavanje glavnih dijelova školski tečaj matematika.
Pogled na parametar kao jednaku varijablu odražava se u grafičkim metodama. Zapravo, budući da je parametar "jednak u pravima" varijabli, tada se, prirodno, može "dodijeliti" vlastitoj koordinatnoj osi. Tako nastaje koordinatna ravnina. Odbijanje tradicionalnog izbora slova za označavanje osi određuje jednu od najučinkovitijih metoda za rješavanje problema s parametrima - “metoda područja”. Uz ostale metode koje se koriste u rješavanju problema s parametrima, svoje učenike upoznajem s grafičkim tehnikama, obraćajući pozornost na to kako prepoznati „takve“ probleme i kako izgleda proces rješavanja problema.
Najviše opći znakovi, koji će vam pomoći prepoznati zadatke prikladne za metodu koja se razmatra:
Problem 1. "Za koje vrijednosti parametra nejednakost vrijedi za sve?"
Riješenje. 1).
Proširimo module uzimajući u obzir znak submodularnog izraza: 
2). Zapišimo sve sustave dobivenih nejednakosti:
A) 
b) 
V) 
G) 
3). Pokažimo skup točaka koje zadovoljavaju svaki sustav nejednakosti (slika 1a).
4). Kombinirajući sva područja prikazana na slici sa sjenčanjem, možete vidjeti da nejednakost nije zadovoljena točkama koje leže unutar parabola.
Slika pokazuje da je za bilo koju vrijednost parametra moguće pronaći područje u kojem postoje točke čije koordinate zadovoljavaju izvornu nejednakost. Nejednakost vrijedi za sve ako . Odgovor: u .
Razmatrani primjer je "otvoreni problem" - možete razmotriti rješenje cijele klase problema bez promjene izraza koji se razmatra u primjeru 
, u kojem su tehničke poteškoće iscrtavanja grafova već prevladane.
Zadatak. Za koje vrijednosti parametra jednadžba nema rješenja? Odgovor: u .
Zadatak. Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima dva rješenja? Zapiši oba pronađena rješenja.
Odgovor: tada 
, 
;
Zatim 
; , Zatim 
, .
Zadatak. Za koje vrijednosti parametra jednadžba ima jedan korijen? Pronađite ovaj korijen. Odgovor: kada kada.
Zadatak. Riješite nejednadžbu.
(“Točke koje leže unutar parabole rade”).
, ; , nema rješenja;
Zadatak 2. Pronađite sve vrijednosti parametra A, za svaki od kojih sustav nejednakosti 
tvori odsječak duljine 1 na brojevnom pravcu.
Riješenje. Prepišimo izvorni sustav u ovom obliku 
Sva rješenja ovog sustava (parovi oblika ) tvore određeno područje ograničeno parabolama 
I 
(Slika 1).
Očito, rješenje sustava nejednadžbi bit će segment duljine 1 na i na . Odgovor: ; .
Zadatak 3. Pronađite sve vrijednosti parametra za koje postoji skup rješenja nejednadžbe 
sadrži broj , a također sadrži i dva segmenta dužine , koji nemaju zajedničkih točaka.
Riješenje. Prema značenju nejednakosti; Prepišimo nejednakost množenjem obje strane s (), dobit ćemo nejednakost:
, ,
(1)
Nejednadžba (1) je ekvivalentna kombinaciji dvaju sustava:
(slika 2).
Očito, interval ne može sadržavati segment duljine . To znači da se u intervalu nalaze dva segmenta dužine koji se ne sijeku. To je moguće za , tj. u . Odgovor: .
Problem 4. Pronađite sve vrijednosti parametra, za svaku od kojih postoji mnogo rješenja nejednakosti 
sadrži segment duljine 4 i nalazi se u nekom segmentu duljine 7.
Riješenje. Provedimo ekvivalentne transformacije, uzimajući u obzir da i .
, ,
; zadnja nejednakost je ekvivalentna kombinaciji dvaju sustava:
Pokažimo područja koja odgovaraju ovim sustavima (slika 3).
1) Kada je skup rješenja interval duljine manje od 4. Kada je skup rješenja unija dvaju intervala. Samo interval može sadržavati segment duljine 4. Ali tada , i unija više nije sadržana ni u jednom segmentu duljine 7. To znači da oni ne zadovoljavaju uvjet.
2) skup rješenja je interval. Sadrži segment duljine 4 samo ako mu je duljina veća od 4, tj. u . Sadrži se u segmentu duljine 7 samo ako njegova duljina nije veća od 7, odnosno za , tada . Odgovor: .
Zadatak 5. Pronađite sve vrijednosti parametra za koje je skup rješenja nejednadžbe 
sadrži broj 4, a sadrži i dva disjunktna segmenta duljine 4 svaki.
Riješenje. Prema uvjetima. Pomnožimo obje strane nejednadžbe s (). Dobivamo ekvivalentnu nejednadžbu u kojoj grupiramo sve članove na lijevoj strani i pretvaramo je u produkt:
, ,
, 
.
Iz posljednje nejednakosti slijedi:
1) 
2)
Pokažimo područja koja odgovaraju ovim sustavima (slika 4).
a) At dobivamo interval koji ne sadrži broj 4. At dobivamo interval koji također ne sadrži broj 4.
b) At dobivamo uniju dvaju intervala. Segmenti duljine 4 koji se ne sijeku mogu se nalaziti samo u intervalu . To je moguće samo ako je duljina intervala veća od 8, tj. ako je . S njima je također zadovoljen još jedan uvjet: . Odgovor: .
Zadatak 6. Pronađite sve vrijednosti parametra za koje je skup rješenja nejednadžbe 
sadrži neki segment duljine 2, ali ne sadrži
nema segmenta duljine 3.
Riješenje. Prema značenju zadatka, obje strane nejednadžbe množimo s , grupiramo sve članove na lijevoj strani nejednadžbe i transformiramo u umnožak:
, 
. Iz posljednje nejednakosti slijedi:
1) 
2) 
Pokažimo područje koje odgovara prvom sustavu (slika 5).
Očito, uvjet problema je zadovoljen ako 
. Odgovor: .
Zadatak 7. Naći sve vrijednosti parametra za koje je skup rješenja nejednadžbe 1+ 
nalazi se u nekom segmentu duljine 1 i istovremeno sadrži neki segment duljine 0,5.
Riješenje. 1). Naznačimo ODZ varijable i parametra: 
2). Prepišimo nejednakost u obliku
, 
,
(1). Nejednadžba (1) je ekvivalentna kombinaciji dvaju sustava:
1) 
2) 
Uzimajući u obzir ODZ, rješenja sustava izgledaju ovako:
A) 
b) 
(slika 6).
A) 
b)
Pokažimo područje koje odgovara sustavu a) (slika 7). Odgovor: .
Zadatak 8. Šest brojeva čini rastuću aritmetičku progresiju. Prvi, drugi i četvrti član ove progresije su rješenja nejednadžbe 
, i ostalo
nisu rješenja ove nejednakosti. Pronađite skup svih mogućih vrijednosti prvog člana takvih progresija.
Riješenje. I. Pronađite sva rješenja nejednadžbe
A). ODZ: 
, tj.
(u rješenju smo uzeli u obzir da funkcija raste za ).
b). Nejednakosti u zdravlju djece 
ravno nejednakosti 
, tj. 
, što daje:
1). 
2). 
Očito, rješenje nejednadžbe služi mnogim značenjima 
.
II. Ilustrirajmo drugi dio zadatka o članovima rastuće aritmetičke progresije slikom ( riža. 8 , gdje je prvi izraz, je drugi, itd.). Primijeti da:
Ili imamo sustav linearnih nejednakosti:
Riješimo to grafički. Gradimo ravne linije i , kao i ravne linije
Zatim, .. Prvi, drugi i šesti član ove progresije su rješenja nejednadžbe 
, a ostali nisu rješenja ove nejednadžbe. Pronađite skup svih mogućih vrijednosti razlike ove progresije.
