Ved hvilken verdi av parameter a er ligningen. Kvadratiske ligninger med parametere. Eksponentialligninger med parameter
Formens ligning f(x; en) = 0 kalles ligning med variabel X og parameter EN.
Løs likning med parameter EN– dette betyr for hver verdi EN finne verdier X, som tilfredsstiller denne ligningen.
Eksempel 1. Åh= 0
Eksempel 2. Åh = EN
Eksempel 3.
x + 2 = ah
x – ah = -2
x(1 – a) = -2
Hvis 1 – EN= 0, dvs. EN= 1, da X 0 = -2 ingen røtter
Hvis 1 – EN 0, dvs. EN 1, da X =
Eksempel 4.
(EN 2 – 1) X = 2EN 2 + EN – 3
(EN – 1)(EN + 1)X = 2(EN – 1)(EN – 1,5)
(EN – 1)(EN + 1)X = (1EN – 3)(EN – 1)
Hvis EN= 1, deretter 0 X = 0
X– et hvilket som helst reelt tall
Hvis EN= -1, deretter 0 X = -2
ingen røtter
Hvis EN 1, EN-1, da X= (den eneste løsningen).
Dette betyr at for hver gyldig verdi EN samsvarer med en enkelt verdi X.
For eksempel:
Hvis EN= 5, da X = = ;
Hvis EN= 0, da X= 3 osv.
Didaktisk stoff
1. Åh = X + 3
2. 4 + Åh = 3X – 1
3. EN = +
på EN= 1 ingen røtter.
på EN= 3 ingen røtter.
på EN = 1 X– et hvilket som helst reelt tall unntatt X = 1
på EN = -1, EN= 0 ingen løsninger.
på EN = 0, EN= 2 ingen løsninger.
på EN = -3, EN = 0, 5, EN= -2 ingen løsninger
på EN = -Med, Med= 0 ingen løsninger.
Kvadratiske ligninger med parameter
Eksempel 1. Løs ligningen
(EN – 1)X 2 = 2(2EN + 1)X + 4EN + 3 = 0
På EN = 1 6X + 7 = 0
Når EN 1, fremhever vi de parameterverdiene der D går til null.
D = (2(2 EN + 1)) 2 – 4(EN – 1)(4EN + 30 = 16EN 2 + 16EN + 4 – 4(4EN 2 + 3EN – 4EN – 3) = 16EN 2 + 16EN + 4 – 16EN 2 + 4EN + 12 = 20EN + 16
20EN + 16 = 0
20EN = -16
Hvis EN < -4/5, то D < 0, уравнение имеет действительный корень.
Hvis EN> -4/5 og EN 1, da D > 0,
X = 
Hvis EN= 4/5, da D = 0,
Eksempel 2. Ved hvilke verdier av parameteren a gjør ligningen
x 2 + 2( EN + 1)X + 9EN– 5 = 0 har 2 forskjellige negative røtter?
D = 4( EN + 1) 2 – 4(9EN – 5) = 4EN 2 – 28EN + 24 = 4(EN – 1)(EN – 6)
4(EN – 1)(EN – 6) > 0
via t. Vieta: X 1 + X 2 = -2(EN + 1)
X 1 X 2 = 9EN – 5
Etter tilstand X 1 < 0, X 2 < 0 то –2(EN + 1) < 0 и 9EN – 5 > 0
| Etter hvert | 4(EN – 1)(EN – 6) > 0 - 2(EN + 1) < 0 9EN – 5 > 0 |
EN < 1: а > 6 EN > - 1 EN > 5/9 |
 (Ris. 1) < en < 1, либо en > 6 |
Eksempel 3. Finn verdiene EN, som denne ligningen har en løsning for.
x 2 – 2( EN – 1)X + 2EN + 1 = 0
D = 4( EN – 1) 2 – 4(2EN + 10 = 4EN 2 – 8EN + 4 – 8EN – 4 = 4EN 2 – 16EN
4EN 2 – 16 0
4EN(EN – 4) 0
EN( EN – 4)) 0
EN( EN – 4) = 0
a = 0 eller EN – 4 = 0
EN = 4
(Ris. 2)
Svar: EN 0 og EN 4
Didaktisk stoff
1. Til hvilken verdi EN ligningen Åh 2 – (EN + 1) X + 2EN– 1 = 0 har én rot?
2. Til hvilken verdi EN ligningen ( EN + 2) X 2 + 2(EN + 2)X+ 2 = 0 har én rot?
3. For hvilke verdier av a er ligningen ( EN 2 – 6EN + 8) X 2 + (EN 2 – 4) X + (10 – 3EN – EN 2) = 0 har mer enn to røtter?
4. For hvilke verdier av a, ligning 2 X 2 + X – EN= 0 har minst én felles rot med ligning 2 X 2 – 7X + 6 = 0?
5. For hvilke verdier av a ligningen X 2 +Åh+ 1 = 0 og X 2 + X + EN= 0 har minst én felles rot?
1. Når EN = - 1/7, EN = 0, EN = 1
2. Når EN = 0
3. Når EN = 2
4. Når EN = 10
5. Når EN = - 2
Eksponentialligninger med parameter
Eksempel 1.Finn alle verdier EN, som ligningen for
9 x – ( EN+ 2)*3 x-1/x +2 EN*3 -2/x = 0 (1) har nøyaktig to røtter.
Løsning. Ved å multiplisere begge sider av ligning (1) med 3 2/x, får vi den ekvivalente ligningen
3 2(x+1/x) – ( EN+ 2)*3 x+1/x + 2 EN = 0 (2)
La 3 x+1/x = på, så vil ligning (2) ta formen på 2 – (EN + 2)på + 2EN= 0, eller
(på – 2)(på – EN) = 0, hvorfra på 1 =2, på 2 = EN.
Hvis på= 2, dvs. 3 x+1/x = 2 da X + 1/X= log 3 2, eller X 2 – X log 3 2 + 1 = 0.
Denne ligningen har ingen reelle røtter, siden den D= logg 2 3 2 – 4< 0.
Hvis på = EN, dvs. 3 x+1/x = EN At X + 1/X= logg 3 EN, eller X 2 –X log 3 a + 1 = 0. (3)
Ligning (3) har nøyaktig to røtter hvis og bare hvis
D = log 2 3 2 – 4 > 0, eller |log 3 a| > 2.
Hvis log 3 a > 2, da EN> 9, og hvis log 3 a< -2, то 0 < EN < 1/9.
Svar: 0< EN < 1/9, EN > 9.
Eksempel 2. Ved hvilke verdier av a er ligningen 2 2x – ( A - 3) 2 x – 3 EN= 0 har løsninger?
For at en gitt likning skal ha løsninger, er det nødvendig og tilstrekkelig at likningen t 2 – (en – 3) t – 3en= 0 hadde minst én positiv rot. La oss finne røttene ved å bruke Vietas teorem: X 1 = -3, X 2 = EN = >
a er et positivt tall.
Svar: når EN > 0
Didaktisk stoff
1. Finn alle verdiene av a som ligningen for
25 x – (2 EN+ 5)*5 x-1/x + 10 EN* 5 -2/x = 0 har nøyaktig 2 løsninger.
2. For hvilke verdier av a er ligningen
2 (a-1)x?+2(a+3)x+a = 1/4 har en enkelt rot?
3. Ved hvilke verdier av parameteren a gjør ligningen
4 x - (5 EN-3)2 x +4 EN 2 – 3EN= 0 har en unik løsning?
Logaritmiske ligninger med parameter
Eksempel 1. Finn alle verdier EN, som ligningen for
logg 4x (1 + Åh) = 1/2 (1)
har en unik løsning.
Løsning. Ligning (1) er ekvivalent med ligning
1 + Åh = 2X på X > 0, X 1/4 (3)
X = på
å 2 – på + 1 = 0 (4)
Betingelse (2) fra (3) er ikke oppfylt.
La EN 0, da AU 2 – 2på+ 1 = 0 har reelle røtter hvis og bare hvis D = 4 – 4EN 0, dvs. på EN 1. For å løse ulikhet (3), la oss plotte funksjonene Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Fordypning i forløpet av algebra og matematisk analyse. – M.: Utdanning, 1990
1. Oppgave.
Ved hvilke parameterverdier en ligningen ( en - 1)x 2 + 2x + en- Har 1 = 0 nøyaktig én rot?
1. Løsning.
På en= 1 ligningen er 2 x= 0 og har åpenbart en enkelt rot x= 0. Hvis en nr. 1, så er denne ligningen kvadratisk og har en enkelt rot for de parameterverdiene der diskriminanten til kvadrattrinomialet er lik null. Ved å likestille diskriminanten med null får vi en ligning for parameteren en
4en 2 - 8en= 0, hvorfra en= 0 eller en = 2.
1. Svar: ligningen har en enkelt rot ved en O (0; 1; 2).
2. Oppgave.
Finn alle parameterverdier en, som ligningen har to forskjellige røtter for x 2 +4øks+8en+3 = 0.
2. Løsning.
Ligningen x 2 +4øks+8en+3 = 0 har to distinkte røtter hvis og bare hvis D =
16en 2 -4(8en+3) > 0. Vi får (etter reduksjon med en felles faktor på 4) 4 en 2 -8en-3 > 0, hvorfra
2. Svar:
| en O (-Ґ ; 1 – | Ts 7 2 |
) OG (1 + | Ts 7 2 |
; Ґ ). |
3. Oppgave.
Det er kjent at
f 2 (x) = 6x-x 2 -6.
a) Tegn grafen av funksjonen f 1 (x) kl en = 1.
b) Til hvilken verdi en funksjonsgrafer f 1 (x) Og f 2 (x) har ett felles poeng?
3. Løsning.
3.a. La oss transformere f 1 (x) på følgende måte
Grafen til denne funksjonen kl en= 1 er vist i figuren til høyre.
3.b. La oss umiddelbart merke seg at grafene til funksjoner y =
kx+b Og y = øks 2 +bx+c
(en nr. 0) skjærer i et enkelt punkt hvis og bare hvis andregradsligningen kx+b =
øks 2 +bx+c har en enkelt rot. Bruker Vis f 1 av 3.a, la oss likestille diskriminanten til ligningen en = 6x-x 2 -6 til null. Fra ligning 36-24-4 en= 0 får vi en= 3. Gjør det samme med ligning 2 x-en = 6x-x 2 -6 finner vi en= 2. Det er enkelt å verifisere at disse parameterverdiene tilfredsstiller betingelsene for problemet. Svar: en= 2 eller en = 3.
4. Oppgave.
Finn alle verdier en, som settet med løsninger på ulikheten x 2 -2øks-3en i 0 inneholder segmentet.
4. Løsning.
Første koordinat til parabelens toppunkt f(x) =
x 2 -2øks-3en lik x 0 =
en. Fra egenskapene til en kvadratisk funksjon, tilstanden f(x) i 0 på segmentet tilsvarer et sett med tre systemer
har nøyaktig to løsninger?
5. Løsning.
La oss omskrive denne ligningen i skjemaet x 2 + (2en-2)x - 3en+7 = 0. Dette er en kvadratisk ligning den har nøyaktig to løsninger hvis diskriminanten er strengt tatt større enn null. Ved å beregne diskriminanten finner vi at betingelsen for tilstedeværelsen av nøyaktig to røtter er oppfyllelsen av ulikheten en 2 +en-6 > 0. Å løse ulikheten finner vi en < -3 или en> 2. Den første av ulikhetene har åpenbart ingen løsninger i naturlige tall, og den minste naturlige løsningen til den andre er tallet 3.
5. Svar: 3.
6. Problem (10 nøkler)
Finn alle verdier en, for hvilken grafen til funksjonen eller, etter åpenbare transformasjoner, en-2 = |
2-en| . Den siste ligningen tilsvarer ulikheten en jeg 2.
6. Svar: en OM )