close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ПАРАМЕТРАМИ;
2. УРАВНЕНИЯ С ПАРАМЕТРОМ, СВОДЯЩИЕСЯ
КВАДРАТНЫМ;
К
3. УРАВНЕНИЯ, РЕШАЕМЫЕ С ПОМОЩЬЮ:
- ФУНКЦИОНАЛЬНОГО МЕТОДА;
- ПОНЯТИЯ МНОЖЕСТВА ЗНАЧЕНИЙ ФУНКЦИИ;
- МОНОТОННОСТИ ФУНКЦИИ;
- НАИБОЛЬШЕГО И НАИМЕНЬШЕГО ЗНАЧЕНИЯ;
- ПРИЛОЖЕНИЙ ПРОИЗВОДНОЙ;
- ПЕРВООБРАЗНОЙ И ИНТЕГРАЛА.
4. УРАВНЕНИЯ, РЕШАЕМЫЕ ГРАФИЧЕСКИМ
5. НЕРАВЕНСТВА
С ПАРАМЕТРАМИ.
СПОСОБОМ.
Пример № 2
При каких значениях а все корни уравнения
х2 + (1 – 2а)х + а2 – а – 6 = 0 находятся в
промежутке [1900; 1999]?
Решение.
Для того чтобы квадратное уравнение имело
корни, должно выполняться условие: D ≥ 0,
(1 – 2а)2 – 4(а2 – а – 6) ≥ 0.
Раскрыв скобки, упростим выражение: 25 ≥ 0
верно при любых значениях а.
Найдем корни исходного уравнения:
х1 = 2 + а и х2 = - 3 + а,
очевидно, что первый корень будет лежать
правее второго на числовой прямой. Значит,
для того чтобы все корни уравнения
х2 + (1 – 2а)х + а2 – а – 6 = 0 находились в
промежутке [1900; 1999], должна выполняться
цепочка неравенств:
1900 ≤ а – 3 ≤ а + 2 ≤ 1999;
Откуда находим, что 1903 ≤ а ≤ 1997.
Ответ: [1903; 1997].
Пример
При
№ 10.
каком наибольшем
значении a функция
2 3
f(x) = 3 x – ax2 + ах + 7
возрастает и монотонна:

Решение.
Найду производную функции:
f’(x) = 2x2 – 2ax + a,
2x2 – 2ax + a = 0,
D = 4a2 – 8a,
Функция f(x) возрастает и монотонна тогда, когда D ≤ 0.
4a2 – 8a ≤ 0
Решу методом интервалов:
4a2 – 8a = 0
a1 = 0
a2 = 2
+
0

+
2
[0;2] – наибольшее число из полученного отрезка : 2
Ответ: 2.
Пример № 14
Найдите все значения а, при каждом из
которых уравнение |x+a| + ||x-3|-4| = 1
имеет ровно 2 корня.
Решение.
Представлю уравнение в виде:
-|x+a| = ||x-3|-4| - 1
Полученное уравнение решу
графически:
Построю графики функций:
1) у(х) = ||x-3|-4| - 1,
2) g(x) = - |x+a|

y = ||x-3|-4| - 1
y,g
y = |x|

y = |x-3|
y = ||x-3|-4|
y = |x-3| - 4

-2
0
6
y = ||x-3|-4| - 1


y = -|x + а|
-4


(-2; 0)U(6;8)
8
x
Пример № 18.
Найдите область определения функции
y = loga ( x  a)  loga (ax  2)
Для каждого допустимого значения
параметра а.






Решение.
Пусть а > 1. По определению логарифма х – а > 0, т.е.
х > а >1.
Тогда ах + 2 > х + 2 > х – а. Логарифмическая функция с
основанием а > 1 возрастает. Поэтому . Подкоренное
выражение отрицательно и функция y нигде не
определена.
Пусть 0 < a < 1. Из неотрицательности подкоренного
выражения получаем
loga ( x  a)  loga (ax  2)
Логарифмическая функция с основанием a убывает.
Поэтому 0 < x – a ≤ ax + 2, т.е. x > a и (1 – a)x ≤ a + 2. Так
как 1 – a > 0, то х ≤ а  2 . Так как a +2 > 2,то а  2 > 1 > a.
1 а


1 а
а2
Поэтому D(y) = (a;
].
1 а
Ответ: при a >1 функция нигде не определена, а при 0 < a
а2
< 1 областью ее определения является промежуток (a;
].
1 а
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа