Технология подготовки учащихся к овладению функционально-графическими методами решения задач с параметрами

ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ

МОСКОВСКОЙ ОБЛАСТИ

«АКАДЕМИЯ СОЦИАЛЬНОГО УПРАВЛЕНИЯ»

Кафедра математических дисциплин

Итоговая практико – значимая работа на тему:

«Технология подготовки учащихся к овладению функционально-графическими методами решения задач с параметрами».

по индивидуальной дополнительной профессиональной программе стажировки

«Использование современных образовательных технологий при формировании новых образовательных результатов школьников в условиях

введения ФГОС ООО»

Вариативный модуль

36 часов

Стажер Фёдорова Ирина Юрьевна

учитель математики

МБОУ Серковская СОШ д.Серково ЩМР МО

Куратор стажировки Калачигина Ирина

Николаевна

МАОУ СОШ №1 им.Ф.Я. Фалалеева п.Монино ЩМР МО

Москва 2015

Содержание:

1. ВВЕДЕНИЕ

Актуальность.

Решение задач с параметрами является одним из самых трудных разделов школьной математики. При решении задач с параметрами требуется, кроме хорошего знания стандартных методов решений уравнений и неравенств, умение проводить довольно разветвленные логические построения, аккуратность и внимательность для того, чтобы не потерять решений и не приобрести лишних. Это требует от школьника более развитого логического мышления и математической культуры, но, в свою очередь, эти задачи сами способствуют их развитию. Опыт вступительных экзаменов и ЕГЭ показывает, что учащиеся, владеющие методами их решения, обычно успешно справляются и с другими задачами.

На вступительных экзаменах в вузы, в вариантах экзамена по математике в новой форме в 9 классе (ГИА) и единого государственного экзамена по математике довольно часто предлагаются задачи с параметрами. Очень часто учащиеся и абитуриенты не могут справиться с простейшими задачами, содержащими параметры, что свидетельствует об отсутствии у большей части их навыков решения задач с параметрами. Приходится констатировать факт отсутствия у большинства выпускников общеобразовательных школ требуемого ВУЗами уровня подготовленности по этой теме. Несмотря на то, что почти все выпускники старшей школы, которым предстоит сдавать вступительный экзамен по математике, посещают подготовительные курсы в ВУЗах, ситуация с качеством знаний, уровнем сформированности умений и навыков по теме “Задачи с параметрами” меняется незначительно. Причиной является отсутствие базы, поскольку существующие учебные программы по математике и тематические планирования к ним (в том числе и тематические планирования учебных программ обучения математике на профильном уровне) явно не предусматривают обучение решению задач с параметрами.

Настоящая работа предназначена для старшей школы и позволяет организовать систематическое изучение методов и способов решения задач с параметрами, так как именно задачи с параметрами вызывает затруднения у учащихся в процессе обучения, при сдаче экзамена в новой форме в 9 классе (ГИА) и единого государственного экзамена по математике.

Цель проекта состоит в изучении приемов решения задач избранного класса, технологии формирования представлений обучающихся о методах решения с использованием графических интерпретаций и методики обучения анализа исходных данных и выбора метода решения.

Задачи проекта состоят в следующем:

1) Выявить теоретические основы обучения теме, связанные с реализацией ФГОС ООО.

2) Разработать методические рекомендации обучения теме «Решение задач с параметрами функционально – графическими методами».

Решение поставленных задач потребовало использования следующих методов исследования: анализ психолого-педагогической, математической и методической литературы по проблеме исследования, учебников и учебных пособий по математике.

2. ТЕОРЕТИЧЕСКОЕ ОБОСНОВАНИЕ ТЕМЫ

2.1. Функционально-графический подход к решению задач с параметрами.

В задачах видаF(x,a)˅0 или f(x,a)˅g(x,a) или (1) часто ставиться вопрос исследовать на:

– наличие решений или их отсутствие,

– единственность решения или наличие определенного количества решений,

– наличие решений определенного типа и т.д.

Для решения подобных задач можно применять графический метод решения (метод наглядной графической интерпретации), основанный на использовании графических образов выражений.

Задачи, в решении которых графические интерпретации играют ключевую роль, можно с определенной степенью условности разделить на три основные группы. К первой отнесем задачи, в которых графические интерпретации позволяют изображать множество всех точек плоскости Оха, удовлетворяющих условию задачи, в виде некоторой фигуры («области»), рассматривая различные положения прямой а=const относительно изображенной области, найти ответ. Ко второй группе отнесем задачи, допускающие прямую графическую интерпретацию, т.е. построение и исследование графика функции. К третьей группе отнесем задачи, решение которых основывается на исследовании взаимного расположения известных фигур (геометрической интерпретации данных уравнений или неравенств.

Пример 1. Определите, при каких значениях параметраа, имеет хотя бы одно решение система неравенств

Решение. Заштрихуем на плоскости Оха множество точек, координаты которых удовлетворяют системе неравенств.

Н еравенству удовлетворяют координаты точек, лежащих между ветвями гиперболы или на гиперболе. Неравенство или выполняется для точек, лежащих не выше прямой .

Данная система имеет решение, если прямая а=const пересекает заштрихованную область, т.е. при .

Ответ:.

Пример 2. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Решение. Преобразуем исходную систему:

Уравнение задает пару пересекающихся прямых и .

Система задает части прямых, расположенные в полуплоскости , то есть лучи BD и CE, включая точки В и С.

У равнение задает прямую m с угловым коэффициентом а, проходящую через точку А(0;1). Следует найти все значения а, при каждом из которых прямая m имеет единственную общую точку с объединением лучей BD и CE.

а) прямая АВ задается уравнением . Поэтому при а2 прямая m не пересекает ни луч BD, ни луч СЕ, а при а=2 есть только одна точка пересечения – точка В.

б) прямая АС задается уравнением . Поэтому при 1а2 прямая m пересекает луч BD, но не пересекает луч СЕ, то есть условие выполнено.

в) При 0а1 прямая m пересекает луч BD и луч СЕ.

г) При –1а0 прямая m пересекает только луч СЕ.

д) При а–1 прямая m не пересекает ни луч BD, ни луч СЕ.

Ответ:.

Пример 3. Для каждого значения параметра а определите число решений системы уравнений

Р ешение. Первое уравнение системы на координатной плоскости Оху задает квадрат, а второе уравнение – семейство концентрических окружностей с центром в начале координат и радиусом. Из прямоугольного равнобедренного ОРА находим .

По графику видим, что

система не имеет решений, если rили r1;

при r=или r=1 – четыре решения;

при r1 – восемь решений.

С учетом того, что, получаем:

система не имеет решений, если ;

четыре решения, если ;

восемь решений .

Ответ: при решений нет,

при четыре решения, при восемь решений.

В зависимости от того, какая роль отводится параметру при решении задачи с параметрами с использованием этого метода, можно выделить два основных приема.

построение графического образа на координатной плоскости Оху.

построение графического образа на координатной плоскости Оха.

Структура решения задач с параметром

Пример 3. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет ровно три различных решения.

Решение. Запишем уравнение в виде и рассмотрим графики функций и . График первой функции – парабола, график второй функции – угол с вершиной в точке с абсциссой равной а.

Уравнение будет иметь три различных решения в следующих случаях.

1) Вершина параболы совпадает с вершиной угла. (рис. слева)

2) Одна из сторон угла касается параболы. (рис. справа)

В первом случаеа=4, и уравнение имеет три корня 2, 4, 6.

Рассмотрим второй случай.

Если правая сторона угла касается параболы, то уравнение должно иметь единственное решение. Приведем уравнение к стандартному виду. Из равенства нулю дискриминанта получаем, откуда а=4,5.

Если левая сторона угла касается параболы, то уравнение должно иметь единственное решение. Приведем уравнение к стандартному виду. Из равенства нулю дискриминанта получаем, откуда а=3,5.

Ответ: 3,5; 4; 4,5.

Пример 5. Решить систему неравенств в зависимости от значений параметра а:

Решение. Преобразуем исходную систему неравенств к виду

В ыполним построения графиков функций и на плоскости Оха.

Найдем координаты точек пересечения построенных графиков А и В. Абсциссы этих точек найдем из уравнения . Его корнями являются числа и . Заметим, что корни , совпадают с абсциссами вершин первой и второй парабол соответственно, а ординаты точек А и В равны и 2. Графическое решение исходной системы неравенств – множество точек, принадлежащих фигуре, выделенной фоном.

Проводим прямые, параллельные оси Ох. Они будут иметь общие точки с полученной фигурой приа2. При а=или а=2 будем иметь по одной общей точке, соответственно решение системы неравенств или . При а2 все общие точки образуют отрезок этой прямой, и их абсциссы х удовлетворяют неравенству , где – меньший из корней уравнения , а – больший из корней уравнения .

Ответ: при ; при а=2;

при а2.

Графический метод применительно к рассматриваемым задачам допускает несколько интерпретаций, имеющих общее название метод сечений. В случаях исследования уравнения на наличие корней или их количество в зависимости от значений параметра применяют метод сечений, состоящий в следующем: в системе координат Оху строится график и определяется количество точек его пересечения семейством графиков функции в зависимости от значений параметра либо в системе координат Оха строится график и определяется количество точек его пересечения .

Для графической интерпретации при решении неравенств используется метод областей на плоскости Оха или Оху. В общем случае это уравнение задает некоторую кривую или несколько кривых на плоскости. Полученные кривые разбивают плоскость на множества, для координат всех точек которые имеет постоянный знак. Далее отбирают требуемые подмножества, координаты точек которых удовлетворяют неравенству. Это можно сделать подстановкой координат произвольной точки из рассматриваемого подмножества в выражение или .

Пример 6. Найдите все значения а, при каждом из которых график функции пересекает ось абсцисс менее чем в трех различных точках.

Р ешение. Рассмотрим вспомогательную функцию . Если х1 или х4, то , и . Если 1х4,, и . Таким образом, график функции состоит из двух лучей и дуги параболы.

График функции пересекает ось абсцисс в двух или одной точках, если уравнение имеет менее трех различных корней.

На рисунке видно, что уравнение имеет

один корень при

два корня при и

три корня при

Ответ: и .

Пример 7. При каких значениях система неравенств не имеет решений.

Решение. Рассмотрим первое неравенство, используя теорему Виета, имеем   . Решением второго неравенства есть совокупность Поэтапно построим множество решений исходного неравенства в системе координатОха.

Очевидно, множество решений системы неравенств не имеет общих точек с прямой при .

Ответ:.

Применение графических методов оправдано в случаях, когда в условии задачи ставится вопрос о количестве решений в зависимости от значений параметра или нахождения значений параметра, при которых решение отсутствует или единственно.

Плюсы графических методов:

построив графический образ можно определить, как влияет на них и, соответственно, на решение изменение параметра;

иногда график дает возможность сформулировать аналитически необходимые и достаточные условия для решения поставленной задачи;

ряд теорем позволяет на основании графической информации делать вполне

строгие и обоснованные заключения о количестве решений, об их границах и т.д.

Минусы графических методов: при использовании графических методов возникает вопрос о строгости решения. Требования к строгости должны определяться здравым смыслом. Если результат, полученный графическим методом, вызывает сомнения, его необходимо подкрепить аналитически.

Комментарий.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. Поэтому на начальной стадии изучения опасно начинать с графических приемов решения задач с параметром.

2.2. Мастер класс: «Функционально – графический подход к решению задач с параметрами» (реалы 2010 – 2014 годы)

2010 год

Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции меньше 1.

Решение. При каждом а функция определена и непрерывна на всей числовой прямой и ограничена снизу.

У словию удовлетворяют такие а, при каждом из которых неравенство f(x)1 или 1 имеет хотя бы одно решение, то есть график функции расположен выше прямой хотя бы при одном значении х. Построим на плоскости Оху график функции .

Равенство задает на плоскости ОХУ семейство прямых с угловым коэффициентом 2а, проходящих через начало координат. Имеется два критических положения этих прямых.

(I) Из условия касания в точке В прямой графика на найдем а₁:

Угловой коэффициент первой прямой равен .

(II) График функции проходит через точку А(2;1). Из уравнения при х=2 получаем .

Решений нет при  , 0,5  , 0,25  , то есть когда прямые расположены в выделенной фоном области. Соответственно, решение существует при .

Ответ:.

Задания для самостоятельной работы:

1) Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции больше 2.

Ответ:–12 0,8.

2) Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции меньше 1.

Ответ:.

3) Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции меньше 1.

Ответ:.

4) Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции больше 1.

Ответ:.

5) Найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции больше 1.

Ответ:  .

2011 год

I. Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Решение. Первое уравнение системы задает окружность радиуса 3 с центром в точке О(4;4).

Второе уравнение системы задает прямой угол с вершиной в точке (а;1) и симметричной относительно прямой х=а.

П рямая у=1 является касательной к окружности.

Ровно три точки заданные фигуры имеют в трех случаях.

1. Вершина прямого угла лежит в точке касания и прямой у=1 (в точке М), а его стороны пересекают окружность в двух точках. Это условие выполняется при а=4.

2. Одна из сторон угла пересекает окружность в двух точках, а другая касается окружности. Таких случаев два.

Четырехугольник АОВЕ – квадрат, симметричный относительно прямой х=а, со стороной, равной радиусу окружности 3, и диагональю .

MD=MC=OE–OM=

Абсциссы точек С и D соответствуют искомым значениям параметра а. Следовательно, условию задачи соответствуют или .

Ответ:, 4 и .

Задания для самостоятельной работы:

Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Ответ:, 3 и .

Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Ответ:, 4 и .

Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Ответ:, 4 и .

Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Ответ:, 3 и .

Найти все значения а, при каждом которых система имеет ровно три различных решения.

Ответ:, 5 и .

II. Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Решение. При первое уравнение системы имеет вид и задает окружность ₁ радиуса 2 с центром в точке С₁(5;4), а при х0 имеет вид и задает окружность ₂ радиуса 2 с центром в точке С₂(–5;4).

В торое уравнение системы при положительных значениях параметра а задает окружность радиуса а с центром в точке С(2;0).

Задача сводится к нахождению всех значений параметра а, при которых окружность  имеет единственную точку с непересекающимися окружностями ₁ и ₂. Это возможно, если окружность  касается внешним или внутренним образом с одной из окружностей ₁ и ₂, и при этом не имеет общих точек с другой.

Так как точка касания и центры двух касающихся окружностей лежат на одной прямой, то проведем лучи СС₁ и СС₂, и обозначим А₁ и В₁ точки касания окружностей w и w₁, а А₂ и В₂ точки касания окружностей w и w₂.

Так как , а , то ,,,.

Заметим, что приаа₁ и аа₂ окружности w и w₁ не пересекаются, при а₁аа₂ окружности w и w₁ имеют две точки, а при а=а₁ и а=а₂ окружности касаются.

Аналогично приа<а₃ и а>а₄ окружности w и w₂ не пересекаются, при а₃<а<а₄ окружности w и w₂ имеют две точки, а при а=а₃ и а=а₄ окружности касаются.

Так как а₁а₃а₂а₄, то условию удовлетворяют только числа а=3 и .

Ответ: 3 и .

Задания для самостоятельной работы:

Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Ответ: 2 и .

Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Ответ: 2 и .

Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Ответ: 2 и .

Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Ответ: 3 и .

Найти все положительные значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Ответ: 16 и .

2012 год

Основная волна (июнь)

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет более двух корней.

Решение. (1 способ – графический)

Н айдем все значения параметра а, при каждом из которых прямая имеет более двух общих точек с той частью графика функции , которая расположена в правой полуплоскости (х0). Последний график представляет собой правую ветку гиперболы , которую а) сместили на 3 единицы вниз, б) ту часть графика, которая расположена ниже оси Ох зеркально отразили относительно оси абсцисс в верхнюю полуплоскость. Заметим так же, что прямая проходит через точку (0; –2) при любом значении параметра а, который является угловым коэффициентом.

Видим, что условию задачи отвечают все прямые, расположенные внутри заштрихованной области.

Значение параметра, соответствующее границе (1), находим из уравнения ,.Значение параметра, соответствующее границе (2), находим из условия касания прямой и графика функции (отраженной части гиперболы). Уравнение должно иметь один корень. После преобразований получаем квадратное уравнение (очевидно, что а0), дискриминант которого приравниваем к нулю: ,. Условию удовлетворяют все .

Ответ:.

Решение. (2 способ – с помощью производной)

Из уравнения выразим параметр а через переменную х:. Рассмотрим функцию на промежутке (0;+¥). Так как , то функция f(x) непрерывна на промежутке (0;+¥). Найдем производную: Так как , то не существует при х= .

,.

Р исуем эскиз графика f(x) в системе координат Оха и проводим прямые а=const.

Определяем значения параметра, при которых прямые пересекают график функции в трёх точках.

Ответ:.

Задания для самостоятельной работы:

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет ровно один корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет ровно один корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет ровно один корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет более двух корней.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение на промежутке (0;+) имеет более двух корней.

Ответ:.

2013 год

Основная волна (июнь-центр)

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Решение. (1 способ – графический)

;;.

График функции семейство прямых, имеющих различный наклон и общую точку (4;2). График функции полуокружность с центром (-1;0) и радиусом 2.

М ы видим, что прямые, заключенные между прямыми АВ и СВ имеют с полуокружностью одну общую точку. Прямые АВ и DB имеют одну общую точку, а прямая СВ – две. Найдём коэффициенты наклона этих прямых: коэффициент наклона АВ равен 2/3; коэффициент наклона СВ равен 2/7; коэффициент наклона DB равен нулю.

Итак, мы получили:и –а=0.

Ответ:и а=0.

Решение. (2 способ – с помощью производной)

Так как и при подкоренное выражение отрицательно0, то можно записать .

Рассмотрим функцию,. Функция непрерывна на . Найдем её производную .

И з уравнения получаем .

,,.

Рисуем эскиз графика в системе координат Оха и проводим прямые а=const. Определяем значения параметра, при которых эти прямые пересекают график функции f(x) в одной точке.

Ответ:.

Задания для самостоятельной работы:

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Ответ:.

Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственный корень.

Ответ:.

2.3. Пропедевтика решений задач с параметрами при изучении графиков функций

Уравнения и неравенства с параметрами являются традиционно наиболее трудными задачами курса элементарной математики. Задачи с параметрами практически не представлены в школьном курсе математики. Между тем они включены в итоговую аттестацию как в 9, так и в 11 классе. Для решения задач с параметрами не требуется обладать знаниями, выходящими за рамки школьной программы. Однако непривычность формулировки обычно ставит в тупик учащихся, не имеющих опыта решения подобных задач. Не всегда их можно решить аналитически, иногда гораздо легче они решаются графически.

Формирование содержательно-методической линии задач с параметрами как сквозной линии, т.е. линии, проходящей через все разделы математики как линии функций нескольких переменных, необходимо начинать на самом раннем этапе, одновременно с введением основных понятий алгебры и развертывания других содержательно-методических линий: линии преобразований, линии уравнений и линий неравенств.

На начальном этапе обучения (8-9 класс) графическому методу решения уравнений с параметром в качестве семейства функций вида используются линейные функции:

- семейство прямых, параллельных оси абсцисс;

- семейство прямых, параллельных прямой ;

- семейство прямых («пучок»), проходящих через начало координат;

- семейство прямых («пучок»), проходящих через точку (0;у₀);

- семейство прямых («пучок»), проходящих через точку (х₀;0).

- семейство прямых («пучок»), проходящих через точку (х₀;у₀).

Как известно, число решений уравнения совпадает с количеством точек пересечения графиков функций и , построенных в одной системе координат.

Пример 1. Для всех действительных значений параметра найдите число различных корней уравнения.

Решение. Исходное уравнение равносильно совокупности или . Поэтому построение искомого множества точек – графика уравнения – сводится к построению графиков и .

К оординаты точек пересечения графиков определяются как решение системы уравнений решив которую находим координаты А(1;1) и В(–2;4).

Понятно, что все точки параболы и прямой (и только они) имеют координаты (x;a), удовлетворяющие исходному уравнению. Поэтому количество различных корней уравнения по переменной x при каждом значении параметра a=a₀ совпадает с количеством точек пересечения прямой l, задаваемой равенством a=a₀, с построенным множеством точек.

Таким образом, уравнение имеет следующее количество корней:

один корень приа0;

два корня при а=0,а=1 и а=4;

три корня при 0а1, 1а4 и а4.

Ответ: один корень при а0; два корня при а=0,а=1 и а=4; три корня при 0а1, 1а4 и а4.

Пример 2. При каких значениях параметра k уравнение имеет только два решения.

Р ешение. Пусть и . График – гипербола; график – прямая.

Преобразуем исходное уравнение:

;

.

Решение будет единственным, если прямая касается гиперболы, то есть D=0.

; и .

Так как D=0, то .

При и получаем и (точки касания).

Таким образом, уравнение имеет следующее количество корней:

один корень при и ;

два корня при –1k и k–9;

нет корней при –9k–1.

Ответ: при .

Пример 3. При каких значениях параметра уравнение не имеет решений?

Р ешение. Рассмотрим графики функций и . График первой функции не зависит от параметра ; график второй функции (правой части уравнения) принадлежит семейству прямых, проходящих через начало координат. Поэтому искомые значения параметра соответствуют тем прямым из указанного семейства, которые не пересекают график функции .

При изменении параметра прямая поворачивается, начиная от «вертикального» положения «слева» от оси координат, против часовой стрелки вокруг начала координат. Очевидно, что при прямая пересекает, по крайней мере, один раз «неподвижный» график ; при дальнейшем возрастании параметра до момента прямая не имеет общих точек с «неподвижным» графиком; при >1 у графиков снова появляется общая точка. Поэтому исходное уравнение не имеет решений при 0<a1.

Ответ: при .

Пример 4. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет ровно 4 корня.

Р ешение. Переформулируем задачу на графическом языке: нужно найти все значения параметра а, при которых прямая , проходящая через точку (0;1) имеет четыре общих точки с графиком функции .

По графику видим, что условию задачи удовлетворяют все прямые, расположенные внутри заштрихованной области. Найдем граничные значения параметра, соответствующие прямым (1) и (2).

(1) прямая проходит через точку (5;0):.

(2) прямая касается параболы . Следовательно, уравнение должно иметь ровно один корень.

,. Решая уравнение , находим . Очевидно, что прямой (2) соответствует угловой коэффициент .

Ответ: при   .

Пример 5. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение имеет не менее двух решений.

Р ешение. Рассмотрим графики функций и . График первой функции не зависит от параметра ; график второй функции (правой части уравнения) принадлежит семейству прямых, проходящих через точку . Поэтому искомые значения параметра соответствуют прямым из указанного семейства, которые имеют две общие точки с графиком функции .

По графику видим, что условию задачи удовлетворяют все прямые, расположенные внутри области между прямыми АВ и АС. Найдем граничные значения параметра, соответствующие прямым (1) и (2).

(1): из ABD находим ;

(1): из ACF находим .

Ответ: при .

Пример 6. Найдите все значения параметра а, при которых система уравнений имеет единственное решение.

Р ешение. Преобразуем уравнения системы: и . График первого уравнения – гипербола с выколотой точкой , второго – семейство прямых, проходящих через точку . Переформулируем задачу на графическом языке: нужно найти все значения параметраа, при которых прямая имеет только одну общую точку с гиперболой. Строим графики уравнений.

Очевидно, что единственное решение возможно тогда и только тогда, когда прямая параллельна оси абсцисс ( ) или в случае касания прямой и гиперболы ( ).

Рассмотрим случай касания: ,,,,,,.

Ответ: и .

2.4. Мастер класс: «Пропедевтика решений задач с параметрами при изучении графиков функций» (реалы 2008 – 2014 год)

2008 год

(№ 21) Найдите все значения k, при которых прямая пересекает в трех различных точках ломаную, заданную условием:

Р ешение.Построим заданную ломаную. Все прямые, заданные уравнением , проходят через начало координат и будут пересекать ломаную в трех различных точках, если их угловой коэффициент больше углового коэффициента прямой, проходящей через точку , и меньше углового коэффициента прямой, параллельной прямым и .

Коэффициент найдем, подставив в уравнение прямой координаты точки :. Так как прямые и параллельны, то . Следовательно, условию задачи удовлетворяют прямые при  2.

Ответ: 2.

2009 год

( № 21) Задайте аналитически (т.е. с помощью формул) функцию, график которой изображен на рисунке.

Решение.

1) Составим уравнение прямой, проходящей через точки (0;3) и (–2;0). Найдем коэффициенты k и b в уравнении . Так как при х=0, у=3, то b=3. Подставим в уравнение координаты х = –2, у=0, получим: ,. Значит, при функция задается формулой .

2) Составим уравнение прямой, проходящей через точки (2;6) и (4;0). Имеем систему уравнений . Отсюда: ,. Значит, при функция задается формулой .

Таким образом,

Ответ:

2010 год

(№ 21) При каких значениях прямая имеет одну общую точку с графиком функции, где

Решение. П остроим график данной функции: – парабола, ветви которой направлены вверх и координаты вершины (1;–1); – парабола, ветви которой направлены вниз и координаты вершины (1;–1).

Проводим прямые параллельные оси х. Очевидно, что прямая и график функции имеют одну общую точку при а0 и а–1.

Ответ:

2011 год

(№ С14) При каких значениях вершины парабол и расположены по разные стороны оси х?

Решение. Найдем ординату вершины каждой параболы:

1) ;0 (при любых значениях р вершина ниже оси х);

2) ;0 (условие задачи – по разные стороны осих, то есть выше оси х);р–0,25 и р0.

Ответ:.

2012 год

(№ С7) Постройте график функции и определите, при каких значениях с прямая имеет с графиком ровно три общие точки.

Решение.

Построим график данной функции: – парабола, ветви которой направлены вверх и координаты вершины (2;–4); – парабола, ветви которой направлены вверх и координаты вершины (–1; –1).

Проводим прямые параллельные оси х. Очевидно, что прямая и график функции имеют три общие точки при и .

Ответ: при и .

2013 год

I. (№ С6) Постройте график функции и определите, при каких значениях с прямая будет иметь с графиком единственную общую точку.

Р ешение.Построим график данной функции: – парабола, ветви которой направлены вверх и координаты вершины (0;0); – гипербола, ветви которой расположены во II и IV четвертях.

Проводим прямые параллельные оси х. Очевидно, что прямая и график функции будет иметь единственную общую точку при  .

Ответ: при  .

II. (№ С6) Постройте график функции и определите, при каких значениях k прямая будет иметь с графиком ровно одну общую точку.

Р ешение.При имеем: .

Поэтому график заданной функции представляет собой параболу, с выколотой точкой (1;–3,25).

Чтобы прямая имела с построенным графиком одну общую точку, нужно чтобы или прямая касалась параболы или пересекала параболу в точке с абсциссой 1 и какой – то второй точке.

Случай касания реализуется когда дискриминант квадратного уравнения равен нулю. , отсюда . При точка касания , а при точка касания .

Для рассмотрения второго случая подставим в уравнение , получим . При этом D0, значит ещё одно решение точно есть.

Ответ: –3,25; –3; 3.

2014 год

I. (№ 23) Постройте график функции и определите, при каких значениях с прямая будет иметь с графиком ровно одну общую точку.

Решение. Р азложим числитель на множители: .

При , исходная функция принимает вид: , её график – парабола, из которой выколоты точки (–3;6) и (2;–4).

Прямая имеет с графиком ровно одну общую точку либо тогда, когда проходит через вершину параболы, либо тогда, когда пересекает параболу в двух точках, одна из которых – выколотая. Вершина параболы имеет координаты (0,5; –6,25).

Поэтому с = –6,25; с = –4 или с = 6.

Ответ: –6,25; –4; 6.

II.(№ 23) Постройте график функции и определите, при каких значениях k прямая будет иметь с графиком ровно одну общую точку.

Решение. П ри имеем: .

Поэтому график заданной функции представляет собой гиперболу, с выколотой точкой (–0,5;–2).

Прямая будет иметь с графиком одну общую точку, если пройдет через выколотую точку. Тогда , и уравнение прямой примет вид: .

Ответ: при k= 4.

Задания для самостоятельной работы:

1) Постройте график функции

Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно две общие точки.

2) Постройте график функции

Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно две общие точки.

3) Постройте график функции

Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно две общие точки.

4) Постройте график функции . Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно две общие точки.

5) Постройте график функции . Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно одну общую точку.

6) Постройте график функции . Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно две общие точки.

7) Постройте график функции . Определите при каких значениях m прямая имеет с графиком ровно три общие точки.

8) Постройте график функции Определите при каких значениях с прямая будет пересекать построенный график в трёх точках.

9) Постройте график функции . Определите при каких значениях k прямая имеет с графиком ровно одну общую точку.

10) Постройте график функции . и определите, при каких значениях с прямая имеет с графиком ровно три общие точки.

11) При каких отрицательных (положительных) значенияхk прямая имеет с параболой ровно одну общую точку? Найдите координаты этой точки и постройте данные графики в одной системе координат.

12) При каком значении р прямая имеет с параболой ровно одну общую точку? Найдите координаты этой точки. Постройте в одной системе координат данную параболу и прямую при найденном значении р.

13) Известно, что графики функции и имеют ровно одну общую точку. Определите координаты этой точки. Постройте графики заданных функций в одной системе координат.

14) При каких значениях m вершины парабол и расположены по одну сторону от оси х?

15) Постройте график функции . Определите, при каких значениях с прямая имеет с графиком ровно одну общую точку.

16) Найдите координаты общих точек гиперболы и окружность , если известно, что их ровно две.

17) Прямая , где с – некоторое число, касается гиперболы в точке с отрицательными координатами. Найдите с.

18) При каких значениях р прямая имеет более одной общей точки с графиком функции , где

19) Дана система уравнений: При каком значении р эта система имеет решение?

2.5. Технология подготовки учащихся к овладению функционально – графическими методами решения задач с параметрами

Для овладения графическими методами решения задач с параметрами необходимо повторить основные способы построения семейства графиков функций с помощью элементарных преобразований. Обычно в задачах используются функции, графики которых строятся средствами элементарной математики, то есть без использования дифференциального исчисления.

Таблица элементарных преобразований графика функции

Часто используемые семейства функций

1) «Пучок прямых» - семейство линейных функций , графики которых – прямые, проходящие через точку и имеющие угловой коэффициент, равный а.

2) Семейство «уголков» - семейство функций , графики которых получаются из графика параллельным переносом на вектор .

3) Семейство окружностей с центром в точке , радиуса .

Пример 1. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение.

Решение.

.

График функции семейство прямых, имеющих различный наклон и общую точку . График функции полуокружность с центром и радиусом 1.

Мы видим, что прямые, заключенные между прямыми АС и ВС имеют с полуокружностью одну общую точку. Прямые ВС и СD имеют одну общую точку, а прямая АС – две. Найдём коэффициенты наклона этих прямых АС и ВС: коэффициент наклона АС равен 3; коэффициент наклона ВС равен 1.

Так как СD – касательная к графику функции , то ,,,

3;1 – не подходит.

Итак, мы получили:3 и .

Ответ:.

Пример 2. Найдите все значения а, при каждом из которых система уравнений имеет единственное решение.

Решение. Построим график уравнения .

Построим график функции .

(АВ) прямая проходит через точку :.

(АС) прямая проходит через точку :.

Ответ: и .

Пример 3. При каких а уравнение имеет ровно три корня?

Решение.

З апишем уравнение в виде .

Построим графики левой и правой частей уравнения. Из рисунка видно, что значений а удовлетворяющих условию задачи ровно два – при одном из них график правой части проходит через точку , при другом – касается отраженного участка параболы.

Первое происходит при а=0, а второе – когда уравнение имеет единственный корень. Приравнивая дискриминант к нулю, находим .

Ответ:и.

Пример 4. Найдите все значения а, при каждом из которых множеством решений неравенства является отрезок.

Р
ешение.Перепишем неравенство в виде .

Нарисуем эскизы графиков левой и правой частей неравенства.

Из рисунка видно, что график правой части неравенства лежит выше левой при . Заметим, что при , решением кроме отрезка становится ещё и точка х=3, что противоречит условию.

При дальнейшем уменьшении а в решение будет попадать ещё один отрезок с правым концом в точке х=3. Левый конец будет сдвигаться вплоть до случая касания при котором решение снова превратится в один отрезок.

Рассмотрим случай касания: , тогда .

Итак, интервал не удовлетворяет условию задачи.

Ответ:.

Пример 5. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система имеет единственное решение.

Р ешение.

Преобразуем систему:

Неравенство задает на плоскости полосу, граница которой – пара параллельных прямых: и .

Если  , то система не имеет решений, поскольку правая часть уравнения становится отрицательной. Если , то уравнение принимает вид: и задает единственную точку , координаты которой удовлетворяют неравенству: 11. Следовательно, при система имеет единственное решение.

Рассмотрим случай . Тогда уравнение определяет окружность радиусом . Центр окружности лежит на прямой , которая перпендикулярна граничным прямым полосы и пересекает их в точках и . Система имеет единственное решение, если только окружность внешним образом касается полосы в точке А или в точке В. Если точка касания – А, то  , что невозможно. Окружность касается полосы в точке В, только если 2 и . Получаем:

Условию 2 удовлетворяет только корень а=3.

Ответ:и.

Пример 6. Найдите все значения параметра , при каждом из которых система имеет 4 решения.

Решение. Преобразуем систему:

Первое уравнение задает части двух парабол:

Второе уравнение задает окружность радиусом с центром .

О чевидно, что 4 решения получается в двух случаях.

1) Окружность касается каждой из ветвей обеих парабол.

2) Окружность пересекает каждую из ветвей обеих парабол в двух точках, лежащих по разные стороны от оси абсцисс.

Составим уравнение для ординат общих точек окружности и параболы . Получим: , откуда .

Чтобы окружность касалась парабол, уравнение должно иметь нулевой дискриминант: , откуда .

Во втором случае радиус окружности заключен между числами 3 и 9.

Ответ:,,,.

2.6. Мастер класс: «Решение задач с параметром»

Пример 1. Найдите все значения параметра , при каждом из которых система уравнений имеет ровно два решения.

Решение. Заменим первое уравнение разностью, а второе – суммой исходных уравнений: .

П ривторое уравнение системы, а, значит, и вся система решений не имеет. При получаем: и

Ясно, что при система имеет четыре решения (координаты точек A,B,C,D), а при – два решения (координаты точек M,N).

Ответ:.

Пример 2. Найдите все значения а, при каждом из которых имеет единственный корень уравнение .

Р ешение.Раскроем модули.

А) Приравняем каждое подмодульное выражение к нулю:

Б) Определим знаки подмодульных выражений:

В)Раскроем модули на каждом промежутке:

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/139870-tehnologija-podgotovki-uchaschihsja-k-ovladen