Графічні методи розвязування задач із параметрами (стр. 5 из 22)

Розв’язання. Графіком функції

є півколо з радіусом, рівним 1, яке "пливе" своїм центром по вісі абсцис. Дана нерівність буде мати Розв’язання тоді, коли точки півкола будуть вище відповідних точок прямої

. На рис.1.1.19 показано одно з можливих положень півкола.

Рис.1.1.19

Для цього випадку розв’язком початкової нерівності буде відрізок

. Умова вимагає, щоб .

Якщо центр О₁ співпадає з точкою A (-1; 0) або розташований ліворуч, то розв’язком нерівності буде відрізок довжиною 2. Разом з тим, якщо О

співпадає з точкою O (0; 0) або знаходиться праворуч, то розв’язком нерівності буде відрізок довжиною менше, ніж

, або взагалі розв’язків не буде. Дійсно, якщо О₁ співпадає зО, то , a x - корінь рівняння Звідси та . Таким чином, потрібне положення центра О визначається умовою , тобто .

Знайдемо значення x

та x

. Очевидно x - найменший корінь рівняння

. Звідси . В той же час х - корінь рівняння Це рівняння рівносильне системі

Знайдене рівняння при

має тільки один невід’ємний корінь, тобто.

За умовою

. Розв’язав це рівняння, знаходимо

,

. Оскільки

, то

.

Відповідь:

.

10. Знайти всі значення параметра а,при яких рівняння

має єдиний розв’язок.

Розв’язання. Представимо рівняння у вигляді

. Права частина цього рівняння задає нерухомий "кут", ліва - "кут", вершина якого рухається по вісі абсцис (рис.1.1.20).

Рис.1.1.20

Рівняння буде мати єдиний розв’язок, якщо вершина рухомого "кута"

потрапить або в точку А або в точку В.

Маємо А (-4; 0), В (-2; 0), і координати цих точок задовольняють рівнянню

. Тоді або . Звідси

або .

Відповідь:

або

.

11. Знайти всі значення параметра а, для яких найменше значення функції

більше 2.

Розв’язання. Дана функція не задає сім’ю "кутів". За умовою задачі необхідно шукати значення параметра, при яких нерівність

виконується при будь-яких х. Це і є формулювання, рівносильна даній.

Одержану нерівність слід переписати так:

.

"Кут"

повинен бути розташований так, щоб на параболі не знайшлося ні однієї точки, яка б лежала вище відповідних точок "кута" або на самому "куті". Для цього вершина "кута" не повинна належати відрізку (рис.1.1.21).

Рис.1.1.21

Абсциси а₁ и а₂ відповідають моменту дотику. Таким чином, шукані значення параметра визначаються сукупністю нерівностей

або . Залишилось знайти та . Значення та знайдемо, вимагаючи відповідно від рівнянь мати

єдиний корінь. Звідси

.

Відповідь:

або .

12. При яких а множиною розв’язків нерівності

є відрізок числової прямої?

Розв’язання. Маємо

. Права частина цієї нерівності задає сім’ю "кутів", вершини яких лежать на прямій у = 3 (рис.1.1.22).

Рис.1.1.22

Якщо вершина "кута" знаходиться між точками А та В, то обов’язково знайдуться проміжки області визначення, на яких графік лівої частини нерівності не вище графіка правої частини. На рис.1.1.22 показано одно з проміжних положень "кута" з вершиною С. В цьому випадку розв’язком початкової нерівності будуть всі точки відрізку MN.

При

вершина "кута" знаходиться між точками А та В, і виникає бажання вважати проміжок (-8;

4) шуканою відповіддю. Але умова задачі вимагає, щоб розв’язком нерівності був відрізок числової прямої. А якщо вершина "кута" співпадає з будь-якою з точок відрізка EF, включаючи Е і не включаючи F (рис.1.1.23, точка F відповідає моменту дотику), то розв’язком нерівності буде або відрізок і точка, або два відрізки. Визначив координати точок Е та F, знаходимо

.

Рис.1.1.23

Відповідь:

.

1.2 Поворот

В цьому параграфі вибір сім’ї кривих не є різноманітним, а точніше він одноваріантний: члени сім’ї кривих

- прямі. Більш того, центр повороту належить прямій. Іншими словами, ми обмежимося сім’єю виду

, де - центр повороту.

Такий вибір обумовлено тим, що в рівності

складно побачити аналітичне задання повороту кривих, які відрізняються від прямих. Тому про поворот, як про метод, доцільно говорити лише для прямих вказаного типа.