Б3.ДВ12 Методика решения задач с параметрами средней

8. Фонд оценочных средств для проведения промежуточной аттестации обучающихся
по дисциплине (модулю):
Общие сведения
1.
Кафедра
2.
Направление подготовки
3.
Дисциплина
4.
Тип заданий
Количество этапов формирования компетенций
(ДЕ, разделов, тем и т.д.)
5.
Математики и математических методов в
экономике
050100 «Педагогическое образование»,
профиль «Математика, информатика»
Б.3.ДВ.12 Методика решения задач с
параметрами в средней школе
Контрольная работа
5
Перечень компетенций
ОК-1: владение культурой мышления, способностью к обобщению, анализу, восприятию
информации, постановке цели и выбору путей её достижения
ОК-6: способность логически верно выстраивать устную и письменную речь
ОПК-3: владением основами речевой профессиональной культуры
Критерии и показатели оценивания компетенций
Знать:
- основные понятия и утверждения, входящие в содержание дисциплины,
- способы и методы решения задач с параметрами.
Уметь:
- решать задачи по разделам курса,
- применять теоретический материал,
- творчески подходить к решению профессиональных задач,
- строить математические модели задач, приводить их к нужному виду,
- выбирать и реализовывать наиболее рациональный метод решения задачи.
Навыки:
- Владение основными методами изучаемой дисциплины, умение применять их для
доказательства теорем и решения задач.
Опыт деятельности: в результате освоения дисциплины студент должен приобрести опыт,
позволяющий, опираясь на традиционные подходы, получать положительные результаты,
отвечающие современным требованиям.
1.
2.
3.
4.
5.
Этапы формирования компетенций
Основные методы решения задач с параметрами.
Линейные уравнения, неравенства и их системы
Квадратные уравнения.
Квадратные неравенства.
Аналитические и геометрические приемы решения задач с параметрами.
Шкала оценивания (за правильный ответ дается 1 балл)
«2» – 60% и менее
«3» – 61-80%
«4» – 81-90%
«5» – 91-100%
Типовое контрольное задание (с решениями)
Пример 1. Известно, что уравнение (2 p  3) x  ( p  3) x  1  0 имеет хотя бы один
корень. Найдите все значения параметра p , при которых число различных корней этого
2
уравнения равно числу различных корней уравнения 2 x  1 
1
.
x 3 3
2
1 способ. Введем новую переменную t  x  3, x  t  3, t  0 . Тогда при p  21
21  p
второе уравнение примет вид
(2(t 2  3)  1)(t  3)  21  p  2t 3  6t 2  7t  p  0 .
Покажем, что функция
 (t )  2t 3  6t 2  7t  p возрастает при t  0 . Это следует из
того, что  (t )  6t  12t  7  0 .
Таким образом, уравнение  (t )  0 имеет не более одного корня и условиям задачи
удовлетворяют те значения p , при которых оба уравнения имеют единственное решение.
Первое уравнение имеет единственный корень в следующих случаях:
2
2.
3
2
2
2. D  0  ( p  3)  4(2 p  3)  0  p  2 p  3  0, p  1, p  3 .
Проверим, имеет ли второе уравнение решение при этих значениях p .
а) p  1,5.  (0)  1,5  0,  (1)  15  1,5  13,5  0 . Уравнение  ( x)  0 имеет
корень на интервале  0;1 .
б) p  1 .  (0)  1  0,  (1)  14  0 . Уравнение  (t )  0 имеет корень на
интервале  0;1 .
1. 2 p  3  0  p  1,5, x  
в) p  3 . Уравнение  (t )  0  2t  6t  7t  3  0 не имеет решений ( t  0 ).
3
2
2 способ. Второе уравнение запишем в виде f ( x)  g ( x) , где
1
f ( x)  2 x  1 , g ( x) 
, x  3 . Так как g ( x)  0 , то уравнение
21  p
x 33
f ( x)  g ( x) может иметь решения только при p  2 1, поскольку 2 x  1  0 при x  3 .
Выясним характер поведения функций f и g . f ─ линейная
 7 ;  
функция, k  2  0 , поэтому f возрастает, E ( f ) 
 . g ─ убывающая
 21  p
21  p

1
функция, множество ее значений E ( g )  0;  .
3 
Это означает, что уравнение f ( x)  g ( x) на множестве 3;  может иметь не более
одного решения. Как и в первом способе решения, находим значения p  1,5, p  1 и
p  3 , при которых первое уравнение имеет единственное решение. Проверка
«подозрительных» значений параметра p заключается в следующем:
если f (3)  g (3) , то уравнение f ( x)  g ( x) имеет решение, если же

2
f (3)  g (3) , то решений нет.
7
 14  1  g (3) .
21  1,5 45 3
7  7  1  g (3).
б) p  1. f (3) 
21  1 22 3
7  7  1  g (3) .
в) p  3. f (3) 
21  3 18 3
Условиям задачи удовлетворяют значения p  1,5 и p  1 .
Ответ: 1,5; 1 .
Пример 2. Найдите все значения параметра p , при каждом из которых число
а) p  1,5. f (3) 
различных корней уравнения
(7 p  3) x  35 p  2
 p2  3
x5
(1)
равно числу различных корней уравнения
(2)
( p  3) x 2  2 x( p  9)  27  0.
Решение. При x  5 уравнение (1) равносильно уравнениям
7 px  3x  35 p  2  p 2 x  5 p 2  3x  15  p( p  7) x  5 p 2  35 p  17.
При
p  0 и p  7 уравнение (1) не имеет решений. При остальных значениях
p ( p  ( ;0) (0;7) (7; ))
уравнение
(1)
имеет
единственный
корень
x
5 p 2  35 p  17
 5  17 .
p( p  7)
p( p  7)
Итак, число различных корней уравнения (1) n  0 или n  1. Выясним
теперь, сколько корней имеет уравнение (2) в зависимости от p .
Уравнение (2) имеет единственное решение в следующих случаях:
1) p  3. Уравнение (2) линейное ( 12 x  27  0 ) и имеет единственное решение
x  2,25. Так как уравнение (1) при p  3 тоже имеет единственное решение, то
p  3 удовлетворяет условиям задачи.
2) D  0.
1 D  ( p  9)2  27( p  3)  p 2  9 p  p ( p  9). D  0 при
4
p0 и
p  9. Исследуем каждое из этих значений отдельно.
а) p  0. Уравнение (1) не имеет решений, уравнение (2) имеет единственное решение.
Значение p  0 условиям задачи не удовлетворяет.
б) p  9. Оба уравнения имеют по одному решению, следовательно,
p  9 условиям задачи удовлетворяет.
Если D  0 и p  3, т.е. если p  ( ; 3) ( 3;0) (9; ), то уравнение (2)
имеет два различных корня, поэтому такие значения p не удовлетворяют условиям задачи.
Уравнение (2) не имеет решений, если D  0  p( p  9)  0  p (0;9).
Из двух значений p  0 и p  7 только p  7  (0;9) , поэтому оба уравнения не имеют
решений при p  7 . Следовательно, p  7 удовлетворяет условиям задачи.
Ответ: {-3; 7; 9}.
Пример 3. Даны два уравнения:
2 (6 p  70) x  5 p  42  p  1  4 x
(1)
3
и
x
p 11 

p 15
1  2
  28  3x.
(2)




Значение параметра p  15 выбирается так, что при умножении числа различных корней
первого уравнения на число различных корней второго уравнения получается число
0,25( p  7). Решите второе уравнение при каждом значении параметра, выбранном таким
образом.
Решение. Уравнение (2) запишем в виде  ( x)  0  f ( x)  g ( x)  0 
p 11
p 15
 f ( x)  g ( x), где f ( x)  a , a  1  2
 1, g ( x)  28  3x.
Показательная функция f возрастает (a  1) , линейная функция g убывает, так как
коэффициент при x отрицателен. Уравнение (2) имеет не более одного корня (Утверждение
x
2).

Функция
непрерывна как разность двух непрерывных функций,
 (0)  28  0,  (10)  0. На основании теоремы Больцано – Коши уравнение (2) имеет
единственное решение, принадлежащее интервалу (0; 10).
После возведения в квадрат уравнения (1) получится квадратное уравнение
относительно x , поэтому число k различных корней уравнения (1) не больше 2. По
условию k 1  0,25( p  7)  4k  p  7  p  4k  7 . Придавая k значения 0, 1, 2,
получим p равно 7, 11 или 15. Но по условию p  15, значит p равно 7 или 11.
2 28x  7  6  4 x 
 28 x  7  9  12 x  4 x 2
4 x 2  16 x  16  0
28 x  7  3  2 x  

 x  2.
3  2 x  0
2 x  3
k  1, что противоречит предположению k  0.
2) p  11 ( k  1). Уравнение (1) принимает вид 2 13  4 x  10  4 x 
 x  1
13  4 x  25  20 x  4 x 2 4 x 2  16 x  12  0  
13  4 x  5  2 x  
   x  3  x  1.

5

2
x

0
2
x

5


2 x  5

Итак, x  1 - единственный корень уравнения (1) ( k  1). Следовательно, p  11
x
удовлетворяет условиям задачи. При p  11 уравнение (2) имеет вид 2  28  3 x. Так как
24  28  12, то x  4 единственный корень уравнения (2).
Ответ: x  4.
1) p  7 ( k  0) . Уравнение (1) имеет вид
Пример 4. Найдите все ненулевые значения a , при каждом из которых наибольшее из двух
2
1
чисел b  2  2a  7 | a | и c  2a  7 | a | 4 не превосходит – 7.
Решение. Наибольшее из чисел b и c не превосходит – 7 тогда и только тогда, когда
каждое из них не превосходит – 7.
Искомые значения a найдём из системы
2
2  2a 2  7 | a |1  7
2 | a |2 7 | a |1 9  0
 b  7




2
2
2
a

7
|
a
|

4


7
2
|
a
|

7
|
a
|

3

0
c  7


4
1
1  a 1
(| a |1 1)  (2 | a |1 9)  0 | a |  1
2

 1
 1 | a | 1  
2
1
(| a | 3)  (2 | a | 1)  0
 2 | a | 3
 1  a   2 .
1
1
Ответ:  1;    ; 1 .



2   2 
Пример 5. Найдите все значения a , большие 1, при каждом из которых наименьшее из двух
чисел b и c не меньше – 4, если
b  log52 a  log5 (25a 4 )  1, а c  9  log a (625a )  log a2 5 .
Решение. Наименьшее из чисел b и c не меньше – 4 тогда и только тогда, когда
каждое из них не меньше – 4, т.е. когда
log52 a  log5 (25a 4 )  1  4
log52 a  4 log5 a  3  0
 b  4




2
2
 c  4
9  log a (625a )  log a 5  4
log a 5  4 log a 5  12  0
  a  125
 log5 a  3
(log5 a  3)  (log5 a  1)  0



  log5 a  1   1  a  5
(log a 5  2)  (log a 5  6)  0 

2
log a 5  2
5  a .
Так как a  1, то log a 5  6  0. Окончательно имеем
Ответ: a [ 5; 5]
[125; ).
Пример 6. Даны два уравнения


log3 x p  11  6 p  1  12 x и
2 5 x 2  (3 p  1) x  14
x 
. Значение параметра p выбирается так, что
x
x(6  p )
p  11  0, p  6 и число различных корней первого уравнения равно сумме числа
4  p и числа различных корней второго уравнения. Решите первое уравнение при каждом
значении параметра, выбранном таким образом.
Решение. Выясним сначала сколько корней имеет первое уравнение.
Функции
x  0,
функция
убывает:

f ( x)  log3 x p  11
f
возрастает:

и
g ( x)  6 p  1  12x
lim f ( x)  , lim f ( x)  ,
x0
lim g ( x)  6 p  1, lim g ( x)  ,
x0
непрерывны при
x
x
а функция
g–
поэтому
f ( x)  g ( x) имеет единственный корень на множестве (0; ).
Пусть k и n – число различных корней первого и второго уравнений соответственно.
По условию k  4  p  n  n  p  3, следовательно, p  3.
уравнение
5
Уравнение
2 5 x 2  (3 p  1) x  14
x 
( x  0, p  6)
x
x(6  p )
приводим
к
виду
x2 (1  p)  (3 p  1) x  2( p  1)  0. Это уравнение (а вместе с ним и исходное) при
p  1 и p  3 имеет единственный корень x  2, а при p  1, p  3 – два корня
p 1
x  2 и x 
( x  0 ( p  1) не является
1 p
решением исходного уравнения). Если n  1, то p  n  3  4 . Но это противоречит
тому, что второе уравнение имеет единственное решение при p  1 и p  3 . При n  2
получаем p  5. Остаётся решить уравнение log 3  4 x   29  12 x . Если положить
4 x  9, то log 3 9  2  29  27.
Ответ: p  5, x  2,25.
Пример 7. Найдите все значения a, при каждом из которых оба числа 2cos a  9 и
2cos 2a  4cos a  4 являются решениями неравенства
2  log 2 | x  5 |
 0.
2
(49  7 x  2 x ) x  1
Решение. На области определения неравенства
2  log 2 | x  5 |
0
(49  7 x  2 x 2 ) x  1
| x  5 | 4
log 2 | x  5 |  log 2 4
0
0

x

7
( x  7)(2 x  7) x  1
x  (1; 5) (5; 7) (7; ) имеем
 | x  5 | 4,  1  x  9,


x

7

0
x  7





 | x  5 | 4,   x  (; 1] [9; ),


  x  7.
  x  7  0
Учитывая ОДЗ, множество решений неравенства X  ( 1; 1] (7; 9].
Множество значений первого числа t1  2cos a  9 - отрезок [7; 11] , причём
t1  (7; 9] только если cos a  0. Второе число t2  2cos 2a  4cos a  4 =
 4cos2 a  4cos a  2  6 при cos a  0 и поэтому не может принадлежать
2
промежутку (7; 9]. С другой стороны, t2  1  (2cos a  1)  1. Отсюда следует, что
1
2cos a  1  0  cos a   ,
t2  X только
в
случае
откуда
2
2
a
 2 n, n  Z.
3
6
Ответ:

2
 2 n, n  Z.
3
Пример 8. Найдите все значения параметра
уравнения
a  3 x 2  5a 2   x  9a 2  x 2 
a,
при каждом из которых все корни
являются
решениями
неравенства
log|8 x1|  6,8 x  1,96   1.
Решение. Сначала найдем корни уравнения.
a  3 x 2  5a 2   x  9a 2  x 2   x3  3ax2  9a2 x  5a3  0 
 ( x  a)( x2  4ax  5a 2 )  0  ( x  a)2 ( x  5a)  0. Таким образом,
корни уравнения x  a и x  5a. Теперь решим неравенство. Рассмотрим два случая:
 8 x  1  1
|
8
x

1|

1


1) 
  8 x  1  1

6,8
x

1,96

|
8
x

1|

6,8 x  1,96  8 x  1  6,8 x  1,96

 x  0
 x  0


 x  0,25
 x  0,25


 x  (0; 0,8].
14,8
x


2,96
x


0,2





1,2 x  0,96
 x  0,8


 x  (0,25; 0,125) (0,125; 0)
0 | 8 x  1| 1

2) 
 6,8 x  1,96

0

6,8
x

1,96

|
8
x

1|

 x  (; 0,2] [0,8; )

 x  (0, 25; 0, 2]. Объединяя найденные значения x , получим множество решений
неравенства X  (0, 25; 0, 2] (0; 0,8]. По условию
a  X и 5a  X , откуда a  X 1  [0,16; 0) [0,04; 0,05). Условиям
X 1  [0,04; 0,05).
задачи удовлетворяют точки множества X
a , для которых при каждом x из промежутка
(5; 2] значение выражения x  4 | x | не равно значению выражения a | x | 4.
Решение. Сначала найдём те значения a, при которых выполняется равенство
=
где
a | x | 4  x2  (4  a) | x | 4  0  f (t )  0,
x2  4 | x |
f (t )  t 2  (4  a)t  4, t  | x | . Если x  (5; 2], то t [2;5). Так как
f (0)  4  0, то квадратный трёхчлен имеет два корня: t1  0 и t2  0 . Условие
2  t2  5 равносильно системе
Пример 9. Найдите все значения
2
7
22  (4  a)  2  4  0
 f (2)  0
a  4


 a  [4;0, 2).

 2

f
(5)

0
a

0,
2
5  (4  a)  5  4  0


Таким образом, уравнение f (t )  0 не имеет корней на промежутке
[2;5) для всех остальных значений a, т.е. тогда и только тогда, когда
a  (; 4) [0,2; ).
Ответ: a  (; 4) [0,2; ).
Пример 10. Найдите все значения
неравенство
 log
2
a,
при каждом из которых

x  4  3
x  3 2  log x 2  5  a

a  2sin
 0 не имеет решений.
g ( x)  2sin x  4  3, x  4 ;
1
1

f (t )  t  3 2   5, где t  log 2 x  2 , так как x  4  log x 2   .
t
t

Решение. Введём обозначения:
Исходное неравенство примет вид
f (t )  a
 0.
a  g ( x)
Неравенство (1) не будет иметь решений, если при всех
неравенство
(1)
x4
будет выполняться
  f (t )  a  0

 g ( x)  a  f (t )
f (t )  a
a  g ( x)  0


(2)
0
  f (t )  a  0
a  g ( x)
 f (t )  a  g ( x).

 a  g ( x)  0
Задача свелась к нахождению наименьшего значения функции f и наибольшего
значения функции g . Наименьшее значение f можно найти с помощью производной и с
помощью неравенства Коши ( a  b  2 ab , a  0, b  0).
Первый способ:
1 t 2  3 2 t 2  18 (t  4 18)(t  4 18)
f (t )  1  3 2  2 


.
2
2
2
t
t
t
t
4
4
Производная равна нулю в точке t0  18  16  2, отрицательна
2  t  t0 и положительна при t  t0 , поэтому
1
f наим  f (t0 )  4 18  3 2  4
 5  2 4 18  5.
18
при
8
1

f (t )  2 t   3 2    5  2 3 2  5  2 4 18  5 .
t

Наибольшее значение функции g равно 2  1  3  1. Оно достигается
Второй способ:
в том случае, когда
sin x  4  1 , например,
при
Сравним теперь наибольшее значение функции
При любом значении
x4
fн
 
x  4 
2
g
2
.
и наименьшее значение функции
 2 4 1 8  
5  g1
а и м
f.
. нДействительно,
а и б
2 4 18  5  1  4 18  2  18  16.
Таким образом, неравенство (1) не будет иметь решений, если a удовлетворяет первому
неравенству совокупности (2) (второе неравенство совокупности (2) решений не имеет).
 
Имеем g наиб  1  a  2 18  5  f наим . При x  1    и a  1 знаменатель
2
исходного неравенства равен нулю, поэтому при a  1 исходное неравенство решений не
2
4
имеет.
Ответ:

 1; 2 4 18  5 .

Вопросы к зачету
1. Типы задач с параметрами.
2. Параметр и поиск решений уравнений, неравенств и их систем (ветвление).
3. Аналитический метод решения задач с параметрами.
4. Геометрический метод решения задач с параметрами.
5. Метод решения относительно параметра.
6. Алгоритм решения линейных уравнений с параметром.
7. Решение линейных уравнений с параметром.
8. Решение линейных неравенств с параметром.
9. Параметр и количество решений системы линейных уравнений.
10. Решение систем линейных уравнений с параметром.
11. Решение систем линейных неравенств с параметром.
12. Свойство квадратного трехчлена. Алгоритмическое предписание решения квадратных
уравнений с параметром.
13. Применение теоремы Виета при решении квадратных уравнений с параметром.
14. Расположение корней квадратичной функции относительно заданной точки.
15. Задачи, сводящиеся к исследованию расположения корней квадратичной функции.
16. Решение квадратных уравнений с параметром первого типа (“для каждого значения
параметра найти все решения уравнения.”)
17. Решение квадратных уравнений второго типа (“найти все значения параметра при
каждом из которых уравнение удовлетворяет заданным условиям”).
18. Решение квадратных неравенств с параметром первого типа.
19. Решение квадратных неравенств с параметром второго типа.
20. Решение квадратных неравенств с модулем и параметром.
21. Использование графических иллюстраций в задачах с параметрами.
22. Использование ограниченности функций, входящих в левую и правую части уравнений
9
и неравенств.
23. Использование симметрии аналитических выражений.
10