Решение заданий С 5

Математика
Учитель математики
МОУ «Гимназия №10»
города Ржева Тверской области
Колчина Светлана Васильевна
В математике есть своя
красота, как в живописи и
поэзии.
Н. Е. Жуковский
Наше время называют эпохой математизации знаний.
Математические методы исследования находят всё более широкое
применение во множестве областей знаний и практической
деятельности. Овладение любой современной профессией требует
знаний по математике.
Задачи с параметрами являются прообразами тех научно –
исследовательских заданий, которыми предстоит заниматься
школьникам в будущем на разных этапах профессиональной
подготовки. Теоретическое изучение и математическое
моделирование процессов в различных областях человеческой
деятельности часто приводит к сложным задачам, в которых
«много» различных неизвестных, которые по существу и
представляют собой параметры.
При решении задач с параметрами приходится все время
производить различные по степени сложности последовательные
рассуждения, составлять для себя логическую схему решаемой
задачи. Поэтому такие задачи - незаменимое средство для
тренировки логического мышления, их решение позволяет намного
лучше понять обычные, без параметров, задачи.
Средний процент решений, оцененных
максимальным числом баллов, - 1,3%.
Положительный результат ( не менее
одного балла за решение) – 6,2%.
Наибольшие проблемы: не понимание
логики задачи и анализ условия, неумение
искать ключевые факты и делать
необходимые обоснования, строить
графики, использовать геометрические
интерпретации.
познакомить учащихся с примерной
тематикой и уровнем сложности
заданий с параметром, включенных в
содержание ЕГЭ;
изучить различные методы их решения.
Функция 𝛾 = 𝑓(𝑥), заданная на множестве X, называется
нечетной, если выполнены следующие условия:
(1) множество X симметрично относительно начала координат;
(2) для любого 𝑥 ∈ 𝑋 справедливо равенство 𝑓 −𝑥 = −𝑓(𝑥).
График нечетной функции симметричен относительно начала
координат.
Функция 𝛾 = 𝑓(𝑥), заданная на множестве X , называется четной,
если выполнены следующие условия:
(1) множество X симметрично относительно начала координат;
(2) для любого𝑥 ∈ 𝑋справедливо равенство𝑓 −𝑥 = 𝑓(𝑥) .
График четной функции симметричен относительно оси O𝛾.
Функция, только возрастающая или только убывающая на данном
числовом промежутке, называется монотонной на этом
промежутке.
При использовании монотонности функций различают случаи, когда
функции, стоящие в обеих частях уравнения (неравенства), имеют
одинаковую монотонность или разную монотонность.
монотонность функции
на множестве R
Если функция f (t) строго монотонна на R, то уравнение f (h(x)) = f (g(x))
равносильно уравнению h(x) = g(x).
Если функция f (t) строго возрастает на R, то неравенство f (h(x)) > f (g(x))
равносильно неравенству h(x) > g(x).
Если функция f (t) строго убывает на R, то неравенство f (h(x)) > f (g(x))
равносильно неравенству h(x) < g(x).
Если при некотором преобразовании переменных уравнение не
меняет своего вида («переходит в само в себя»), то мы говорим, что
это уравнение симметрично относительно данного преобразования.
Не решая уравнение и исходя лишь из соображений симметрии, мы
можем заранее предвидеть некоторые свойства его решений.
Есть два основных диагностических признака, появление которых в
задаче, наводит на мысль применить данный метод:
1) в условии говорится о единственности решения;
2) в уравнении или системе уравнений видна четность или
нечетность функции, симметричность неизвестных и т. д.
Найдите все значения параметра 𝑎, при
каждом из которых уравнение
|(𝑥 − 1)2 − 21−𝑎 | + 𝑥 − 1 + (1 − 𝑥)2 + 2𝑎−1 = 4 +
4𝑎 имеет единственное решение. Найдите
это решение для каждого значения 𝑎.
|(𝑥 − 1)2 − 21−𝑎 | + 𝑥 − 1 + (1 − 𝑥)2 + 2𝑎−1 = 4 + 4𝑎
Если при некотором преобразовании переменных уравнение не
меняет
своего
вида («переходит
в само вуравнения
себя»), то мы говорим,
Пусть
число
𝑥 −решение
данного
при что
это уравнение
симметрично
относительно
данного
преобразования.
(2 −
некотором
значении
параметра
𝑎.Тогда
число
Пусть 𝑎 = −1. Тогда исходное уравнение
примет вид:
|(𝑥 − 1)2 − 4| + 𝑥 − 1 = 4 − (1 − 𝑥)2
Отсюда следует, что 4 − (1 − 𝑥)2 ≥ 0 ,
следовательно,|(𝑥 − 1)2 − 4| = 4 − (1 − 𝑥)2 .
Тогда исходное уравнение принимает вид
𝑥 − 1 = 0, и оно имеет единственное
решение 𝑥 = 1, удовлетворяющее
условию
4 − (1 − 𝑥)2 ≥ 0
Следовательно, 𝑎 = −1 удовлетворяет
условию задачи.
Ответ: при 𝑎 = −1единственное
решение 𝑥 = 1.
Если дифференцируемая функция𝑓(𝑥)возрастает
(убывает) на интервале (a,b), то𝑓 ′ 𝑥 ≥ 0 (𝑓 ′ 𝑥 ≤ 0) при𝑥 ∈
(𝑎, 𝑏). Это необходимые условия возрастания (убывания)
функции на интервале(𝑎, 𝑏).
 Достаточные условия монотонности 𝑓(𝑥):
если𝑓 ′ 𝑥 > 0на интервале(𝑎, 𝑏), то
функция𝑓(𝑥)возрастает на этом интервале; если𝑓 ′ 𝑥 <
0– убывает.
 Для доказательства строгого возрастания (убывания)
функции на каком – либо промежутке достаточно
проверить, что 𝑓 ′ 𝑥 ≥ 0 (𝑓 ′ 𝑥 ≤ 0) на этом
промежутке и для всех точек, кроме их конечного
числа,𝑓 ′ 𝑥 > 0(𝑓 ′ 𝑥 < 0).
При каких значениях параметра 𝑎 уравнение
8x  (3x  5a)  4 x  6 x  10a
6
3
2
имеет больше одного корня.
8 x  (3x  5a)  4 x  6 x  10a
6
3
2
8x  (3x  5a)  4 x  10a  6 x
6
2
3
8x  2  2 x  (3x  5a)  2(3x  5a)
6
3
2
Заметим, что (2 x2 )3  8x6. Пусть
p  2 x2
,а
t  3x  5a .
p  2 p  t  2t
3
3
Тогда f ( p)  p3  2 p , а f (t )  t 3  2t.
Подставим в исходное уравнение: f ( p)  f (t ) .
Найдем f ( p ). f ( p)  3 p 2  2. Заметим, что
f ( p )  0 при всех значениях переменной.
Найдем f (t ). f (t )  3t 2  2 . Заметим, что
f (t )  0 при всех значениях переменной.
Если функция f (t) строго монотонна на
R, то уравнение f (h(x)) = f (g(x))
равносильно уравнению h(x) = g(x).
В нашем случае, p  t.
2 x 2  3 x  5a , 2 x 2  3 x  5a  0 .
D  9  40  a , 9  40  a  0 .
9 .
a
40
При
a
9
40
уравнение
8x  (3x  5a)  4 x  6 x  10a
6
3
2
будет иметь больше одного корня.
Ответ: при
a
9
40
.
Математика
Преобразования графиков
функций
y
0
x
у
Y = f(x)
0
х
y  f ( x)
y
y
0
x
0
x
Найдите все значения а, при каждом из
которых уравнение
имеет единственный корень.
ax  3  2 x  x2  4a  2
ax  3  2 x  x2  4a  2
Преобразуем и вынесем a за скобки:
3  2 x  x 2  a(4  x)  2
Разобьем уравнение на систему:

 y  3  2x  x2


 y  a(4  x)  2
Преобразуем первое уравнение системы
y  3  2x  x2
Заметим, что y должен быть неотрицательным.
Возведем данное уравнение во вторую степень.
 y 2  3  2x  x2

y  0
( x 2  2 x  1)  4  y 2  0

y  0
,
,
 x2  2 x  3  y 2  0

y  0
,
( x  1) 2  y 2  4

y  0
.
Уравнение ( x  1)  y  4 задает окружность
радиусом 2 с центром имеющим координаты
(-1;0).
Уравнение y  a(4  x)  2 задает семейство
прямых, проходящих через точку с
координатами (4;2).
Построим графики.
2
2
M (4;2), A (-1;2), B (-3;0), C (1;0).
Для A:2  a(4  1)  2 . Откуда 0  a  5 .
Получаем, что a  0 .
Для B: 0  a(4  3)  2 . Откуда 2  a  7 .
2
Получаем, что a   7 .
Для С: 0  a(4  1)  2 . Откуда 2  a  3.
2
a


Получаем, что
.
3
При a  
2
прямая
3
и полуокружность не будут
иметь общих точек.
2
2


a


При 3
прямая и полуокружность будут
7
иметь одну общую точку.
2

При 7  a  0 прямая и полуокружность будут
иметь две общие точки.
При a  0 прямая и полуокружность будут
иметь одну общую точку.
При a  0 прямая и полуокружность не будут
иметь общих точек .
Таким образом, нам подходит  2  a   2 и a  0 .
3
7
Ответ:
2
 2

;

 ; 0.

7
 3
Найдите все значения параметра a, при
каждом из которых система уравнений
4 y  3  12  3 x
 2
2
2
y

a

3(2
y

3)

x

имеет ровно четыре решения.
Начнём со второго уравнения.
y 2  a2  6 y  9  x2 , x2  y 2  6 y  9  a2 ,
x 2  ( y  3)2  a 2
Заметим, что это уравнение задает окружность с
центром, имеющим координаты (0;3), и
радиусом a.
Вернемся к первому уравнению системы.
4 y  3  12  3 x
Раскроем модуль.
При y  3 : 4( y  3)  12  3 x , 4 y  12  12  3 x ,
3
4 y  24  3 x , y  6  x .
4
При y  3 : 4(3  y)  12  3 x ,12  4 y  12  3 x ,
3
4 y  3 x , y  x .
4
Таким образом, первое уравнение разбивается
на два.
3
При y  3 : y  6  x .
4
3
При y  3 : y  x .
4
Второе уравнение принимает вид x 2  ( y  3)2  a 2 .
Построим графики.
d1  d 2
, S  ah ,
S
2
86
 2r 5
2
a2  r 2
,a
2
r
h
2
.
, r  2, 4 .
 2.42
, a  2.4 или a  2.4 .
3
4
3  R  4;
9  R  16;
2
9  a  16;
2
 4  a  3
3  a  4 .

При a  (4; 3) окружность и ромб будут иметь
четыре общие точки.
При a  2.4 или a  2.4 окружность и ромб будут
иметь четыре общие точки.
При a  (3;4) окружность и ромб будут иметь
четыре общие точки.
Ответ: a  (4; 3)  2.4  2.4  (3;4).
Данная разработка поможет:
• расширить и систематизировать знания
учащихся старших классов по теории
функций;
• познакомить их с основными методами
решения задач с параметром;
• научить применять эти знания на
практике на примерах заданий С 5,
предложенных для подготовке к ЕГЭ
2014 года;
• повысить графическую культуру
обучающихся.
Литература
• А. Г. Корянов, А. А. Прокофьев
Уравнения и неравенства с
параметрами.
• И. В. Яковлев Задачник С 5
• Интернет ресурсы
http://mathi.ru/2013/05/razbor-zadach-c5ege-po-matematike/
http://nashol.com/matematika-uchimsyareshat-zadachi-s-parametrom/