85104 (612465), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

, частные уравнения имеют два различных действительных корня (см. [1],[7]).

Пример. Решить уравнение

2а∙(а-2)∙х = а-2. (2)

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 (2) на каждом из этих подмножеств, т. е. решить уравнение (2) 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 (2) принимает вид 0∙х=2. Это уравнение не имеет корней.

2) При а=2 уравнение (2) принимает вид 0∙х=0. Корнем этого уравнения является любое действительное число.

3) При а≠0, а≠2 уравнение соответствует третьему типу откуда х = =

.

0твет: 1) если а=0, то корней нет;

2) если а=2, то х — любое действительное число;

3) если а≠0, а≠2 , то х = .

Пример. Решить уравнение

(а — 1)∙ х2+2∙ (2а+1)∙ х + (4а+3) =0. (3)

Решение. В данном случае контрольным значением параметра a является единица. Дело в том, что при a=1 уравнение (3) является линейным, а при а≠1 оно квадратное (в этом и состоит качественное изменение уравнения). Значит, целесообразно рассмотреть уравнение (3) как семейство уравнений, получающихся из него при следующих значениях параметра: 1) a=1; 2) а≠1.

Рассмотрим эти случаи.

1) При a=1 уравнение (3) примет вид 6х+7=0. Из этого уравнения находим х = – .

2) Из множества значений параметра а≠1 выделим те значения, при которых дискриминант уравнения (3) обращается в 0.

Дело в том, что если дискриминант D=0 при а=ао, то при переходе значения D через точку ао дискриминант может изменить знак (например, при а<ао D ао D > 0). Вместе с этим при переходе через точку ао меняется и число действительных корней квадратного уравнения (в нашем примере при а<ао корней нет, так как D ао 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 (3):

=(2а+ l)2 — (а — 1) (4а+3). После упрощений получаем

= 5а+4.

Из уравнения =0 находим

— второе контрольное значение параметра а. При этом если

, то D < 0; если

, то D ≥ 0; и

.

Таким образом, осталось решить уравнение (3) в случае, когда и в случае, когда

и

.

Если , то уравнение (3) не имеет действительных корней;

если же и

, то находим

;

если , то

и тогда

.

Ответ: 1) если , то корней нет;

2) если а = 1, то х = ;

3) если , то

;

4) если , то

.

Дробно-рациональные уравнения, содержащие параметр, сводящиеся к линейным

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

. (4)

Решение. Значение а=0 является контрольным. При a=0 уравнение (4) теряет смысл и, следовательно, не имеет корней. Если а≠0, то после преобразований уравнение (4) примет вид:

х2+2 (1 — а) х +а2 — 2а — 3=0. (5)

Найдем дискриминант уравнения (5) = (1 — a)2 — (a2 — 2а — 3) = 4. Находим корни уравнения (5): х1 =а + 1, х2 = а — 3. При переходе от уравнения (4) к уравнению (5) расширилась область определения уравнения (4), что могло привести к появлению посторонних корней. Поэтому необходима проверка.

Проверка. Исключим из найденных значений х такие, при которых х1+1=0, х1+2=0, х2+1=0, х2+2=0.

Если х1+1=0, т. е. (а+1)+1=0, то а = - 2.

Таким образом, при а = - 2 х1-посторонний корень уравнения (4).

Если х1+2=0, т. е. (а+1)+2=0, то а = - 3.

Таким образом, при а = - 3 x1- посторонний корень уравнения (4).

Если х2+1 =0, т. е. (а-3)+1=0, то а=2.

Таким образом, при а=2 х2 - посторонний корень уравнения (4)'.

Если х2+2=0, т. е. (а - 3)+2=0, то а=1.

Таким образом, при а = 1 х2- посторонний корень уравнения (4).

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 , то х1 = а + 1, х2 = а – 3.

Иррациональные уравнения, содержащие параметр

Главными особенностями при решении уравнений такого типа являются:

ограничение области определения неизвестной х, так как она меняется в зависимости от значения параметра.

в решении уравнений вида при возведении в квадрат необходимо учитывать знак

и проводить проверку корней.

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 х - = 1. (6)

Решение: метод решения: возведем в квадрат обе части иррационального уравнения с последующей проверкой полученных решений.

Перепишем исходное уравнение в виде:

(7)

При возведении в квадрат обеих частей исходного уравнения и проведения тождественных преобразований получим:

2х2 – 2х + (1 - а) = 0, D = 2а – 1.

Особое значение: а = 0,5. Отсюда:

при а > 0,5 х1,2 = 0,5∙(1 ± );

при а = 0,5 х = 0,5;

при а <0,5 уравнение не имеет решений.

Проверка:

при подстановке х = 0,5 в уравнение (7), равносильное исходному, получим неверное равенство. Значит, х = 0,5 не является решением (7) и уравнения (6).

при подстановке х2 = 0,5 ( 1 - ) в (7) получим:

-0,5 ( 1 + ) =

Так как левая часть равенства отрицательна, то х2 не удовлетворяет исходному уравнению.

Подставим х1 = 0,5 ( 1 + ) в уравнение (7):

.

Проведя равносильные преобразования, получим:

Если , то можно возвести полученное равенство в квадрат:

.

Имеем истинное равенство при условии, что .

Это условие выполняется, если а≥1. Так как равенство истинно при а≥1, а х1 может быть корнем уравнения (6) при а > 0,5, следовательно, х1– корень уравнения при а≥1.

Ответ.

при а ≥ 1 х = 0,5∙(1 + );

при а <1 уравнение не имеет решений.

Показательные уравнения, содержащие параметр

Большинство показательных уравнений с параметрами сводится к показательным уравнениям вида: а f (x) = b φ(х) (*), 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 (*) необходимо рассмотреть следующие случаи:

При а=b=1 решением уравнения (*) является область его допустимых значений D.

При а=1, b≠1 решением уравнения (*) служит решение уравнения φ(х)=0 на области допустимых значений D.

При а≠1, b=1 решение уравнения (*) находится как решение уравнения f(х) = 0 на области D.

При а=b (а>0, а≠1, b>0, b≠1) уравнение (*) равносильно уравнению f(х) = φ(х) на области D.

При а≠b (а>0, а≠1, b>0, b≠1) уравнение (*) тождественно уравнению (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 уравнение не имеет смысла;

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 ,

получим: уравнение

, которое не имеет решения;

7) При а ≠ b и (а > 0, а ≠ 1, b >0, b ≠ 1) прологарифмируем исходное уравнение по основанию а, получим:

, х + 1 = (3 – х) log a b ,

.

Ответ: при а ≤ 0, b ≤ 0 или ,

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) .

Логарифмические уравнения, содержащие параметр

Решение логарифмических уравнений с параметрами сводится к нахождению корней элементарного логарифмического уравнения. Важным моментом решения уравнений такого типа является проверка принадлежности найденных корней ОДЗ исходного уравнения (см. [1]).

Пример. Решить уравнение

2 – log

(1 + х) = 3 log а

- log

(х 2 – 1)2.

Решение. ОДЗ: х > 1, а > 0, а ≠ 1.

Осуществим на ОДЗ цепочку равносильных преобразований исходного уравнения:

log а а2 + log a(х2 - 1) = log а ( ) 3 + log a

,

log а (а2 (х2 - 1)) = log а (( ) 3

),

а2 (х2 - 1) = (х - 1) ,

а2 (х - 1) (х + 1) = (х - 1) .

Так как х ≠ -1 и х ≠ 1, сократим обе части уравнения на (х - 1) и на . Тогда получим

=

Характеристики

Список файлов курсовой работы