Embed Size (px)
Citation preview
МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ
НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ
НАЦІОНАЛЬНИЙ ЦЕНТР «МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ»
НАДІЯ ЗАХАРЧЕНКО ВОЛОДИМИР ЯЧМЕНЬОВ
ПАРАМЕТРИ ТА ГРАФІКИ
НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ ПОСІБНИК
Київ – 2012
Редакційна колегія:
С. Г. Кіндзерська, С. О. Лихота, І. М. Шевченко
Рекомендовано науково-методичною радою Національного центру «Мала академія наук України»
(протокол № 3 від 05.10.2012)
Захарченко Н. Параметри та графіки: навч.-метод. посіб. / Надія Захарченко, Володимир Ячменьов ; [відп. за вип. О. Лісовий]. – К. : ТОВ «Праймдрук», 2012. – 56 с.
У навчально-методичному посібнику представлено теоретичний матеріал
та практичні задачі на тему «Параметри та графіки». Зміст посібника спрямований на розвиток у слухачів наукових секцій МАН України математичних здібностей, формування варіативного мислення, залучення учнів до науково-дослідницької діяльності.
Видання розраховане на педагогічних працівників позашкільних, загальноосвітніх, професійно-технічних навчальних закладів, старшокласників, студентів вищих навчальних закладів.
© Захарченко Н., Ячменьов В., 2012 © Національний центр «Мала академія наук України», 2012
3
Вступ
Основними завданнями позашкільної освіти у галузі математики є
ознайомлення учнів з нестандартними підходами та методами розв’язування
задач, розширення та поглиблення знань з математики, розгляд важливих для
учнів тем, які недостатньо висвітлені у шкільному курсі, виконання посильних
для школярів дослідно-експериментальних завдань, науково-дослідницька
робота.
Ці питання дуже вдало можна вирішити за допомогою практичних завдань,
зокрема задач з параметрами, бо вони відкривають перед учнями значну
кількість евристичних прийомів загального характеру, які мають цінність для
математичного розвитку особистості, застосовуються у дослідженнях і на будь-
якому іншому математичному матеріалі. Також це стосується і симетрії
аналітичних виразів, і застосування властивостей функцій, і засвоєння
графічних прийомів розв’язування задач як рівноправних, по суті, з
аналітичними методами.
Задачі з параметрами нерідко з’являються у прикладних напрямках
елементарної математики та в дослідницьких завданнях. Вони сприяють
формуванню в учнів логічного мислення, розвитку вміння лаконічно та прозоро
записувати розв’язання, перебирати всі можливі варіанти розташування
графіків, що є основою для виховання юних дослідників природничих наук.
Метою написання навчально-методичного посібника є поступове
адаптування читачів до завдань з параметрами, розвиток варіативного мислення
та дослідницьких умінь.
В основі посібника – досвід багаторічної роботи наукових консультантів
секції «Математика», педагогічних працівників кафедри математичного аналізу
і методів оптимізації факультету технічних систем та енергоефективних
технологій Сумського територіального відділення Малої академії наук
4
України – Н. Захарченко, старшого викладача, та В. Ячменьова, доцента,
кандидата фізико-математичних наук.
Посібник написано відповідно до програми математичного гуртка для
слухачів Сумського регіонального центру МАН та програми з математики
департаменту довузівської освіти Сумського державного університету. У
посібнику розкриті теми: «Функції та їх графіки», «Задачі з параметрами»
(розділ «Алгебра»), а також запропоновані типові задачі, переважна більшість
яких періодично подаються третьому етапах Всеукраїнських олімпіад з
математики, Всеукраїнському конкурсі-захисті, основних та пробних
тестуваннях ЗНО з математики.
Робота складається з двох частин. Частина І містить необхідний
теоретичний матеріал. У частині ІІ наведено завдання для аудиторної та
самостійної роботи слухачів, подано методичні вказівки до розв’язування
типових завдань та розглянуто приклади розв’язань нестандартних завдань.
Видання може бути використане педагогічними працівниками
позашкільних, загальноосвітніх, професійно-технічних навчальних закладів у
роботі обдарованими дітьми та молоддю.
5
Частина 1. Теоретичний матеріал
1.1. Функції та їх графіки При розв’язуванні рівнянь нерівностей та їх систем у багатьох випадках
доцільно користуватись графічними методами, поєднуючи їх з формальними
прийомами розв’язання. Графічна ілюстрація часто допомагає уникнути
численних переборів, що виникають у процесі розв’язування завдань з
параметрами. При цьому потрібно уміти мислити одночасно аналітично і
геометрично: уміти будувати графіки аналітичних залежностей, а будь-яку
властивість графіка описати алгебраїчними умовами.
Докладніше функції та їх графіки розглядатимуться у темі «Похідна та її
застосування». У посібнику наведені лише деякі основні поняття та відомості,
необхідні при графічній ілюстрації розв’язання алгебраїчних рівнянь,
нерівностей та їх систем.
1.1.1. Деякі поняття
Розглянемо множини X і Y , елементами яких можуть бути довільні
об’єкти. Припустимо, що кожному елементу х множини Х за деяким законом
ставиться у відповідність один елемент множини Y , який позначимо ( )xfy = .
Тоді f називають функцією з Х в Y ( або відображення множини Х в Y ). Таким
чином, якщо задано відображення f множини Х в Y , то вважають, що на
множині X визначена функція f , яка набуває значень ( )xfy = із множини Y .
Множину Х називають областю визначення функції і позначають ( )fD , а
множину ( ){ }XxxfY ∈= ; – множиною значень функції (позначають ( )fE ).
Змінну величину x називають незалежною змінною або аргументом.
Якщо функція дійсного аргументу задана аналітично, тобто формулою
(однією або кількома ), то її областю визначення є область допустимих значень
(ОДЗ) змінної х, тобто множина тих значень х, при яких ( ) Rxfy ∈= .
Нехай область визначення деякої функції f симетрична відносно початку
координат. Якщо для кожного ( )fDx ∈ виконується рівність:
6
а) ( ) ( )xfxf =− , то функція f називається парною:
б) ( ) ( )xfxf −=− , то функція f називається непарною.
Графіком функції у прямокутній системі координат xOy називається
множина точок площини з координатами ( )( ) ( )fDxxfx ∈,; . Графік парної
функції симетричний відносно осі ординат, а непарної – відносно початку
координат.
Якщо залежність між х та у задається у неявному вигляді (у вигляді
рівнянь, нерівностей ),то множину точок на площині, що задовольняють цю
залежність, називають геометричним образом залежності. Наприклад,
геометричним образом рівняння ( ) ( ) 2220 Ryyxx o =−+− є коло радіуса R з
центром у точці з координатами ( )00 ; yx . Більш детально з графіками та
властивостями елементарних функцій читач може ознайомитись у додатку 1.
1.1.2. Побудова графіків з модулями методом інтервалів
Якщо аналітичний запис функції містить один модуль або суму декількох
модулів, побудову графіка краще виконувати методом інтервалів.
Сутність даного методу полягає у необхідності розкриття знаків модуля за
означенням:
<−≥
=.0,
,0,xякщоx
xякщоxx або ( ) ( ) ( )
( ) ( )
<−≥
=.0,
,0,xfякщоxf
xfякщоxfxf
Загальна схема основного методу побудови графіків з модулями: 1. Знаходимо область визначення функції. 2. Знаходимо корені всіх функцій, що містяться під знаком модуля
(підмодульні корені). 3. Позначаємо знайдені корені на області визначення та розбиваємо її
на інтервали знакосталості підмодульних функцій. 4. Розкриваємо модулі та знаходимо аналітичний запис функції у
кожному інтервалі. 5. З кожного інтервалу вибираємо контрольні точки та будуємо графік
функції у відповідній частині координатної площини. Остаточний графік об’єднує лінії, які одержали на кожному інтервалі.
7
1.1.3. Елементарні перетворення графіків функцій
Вважаючи відомим графік функції ( )xfy = , розглянемо геометричні
перетворення, за допомогою яких можна дістати графіки нових функцій.
1. Графік функції ( )xfy −= симетричний графіку функції ( )xfy = відносно
осі абсцис.
2. Графік функції ( )xfy −= симетричний графіку функції ( )xfy =
відносно осі ординат.
3. Графік функції ( )xfy −−= симетричний графіку функції ( )xfy = відносно
початку координат ( або симетричний графіку ( )xfy −= відносно осі Ох ).
4. Графік функції ( )axfy −= можна одержати із графіка функції ( )xfy =
паралельним перенесенням (зсувом) його уздовж осі Ох на a праворуч, якщо
0>a , і ліворуч, якщо 0<a . Це перетворення можна здійснити паралельним
перенесенням осі ординат уздовж осі Ох на величину a− .
5. Графік функції ( ) bxfy += можна дістати із графіка функції ( )xfy =
паралельним переносом (зсувом) його уздовж осі ординат на b вгору, якщо
0>b , і вниз, якщо 0<b . Це перетворення рівносильне перенесенню осі Ox на
величину b− .
6. Графік функції ( )xfky = можна дістати із графіка функції ( )xfy =
розтягом або стисканням його по осі ординат пропорційно коефіцієнту k (якщо
1>k , то графік розтягується в k раз, якщо 10 << k , то графік стискується в k1 раз).
Абсциси точок при цьому залишаються незмінними. Якщо 0<k , то спочатку
будуємо графік функції ( )xfky = , а потім відображаємо симетрично осі Ox .
7. Графік функції ( )kxfy = можна дістати із графіка функції ( )xfy =
розтягом або стисканням його по осі абсцис пропорційно коефіцієнту k (якщо
1>k , то графік стискується в k раз, якщо 10 << k , то графік розтягується
в k1 раз). Ординати точок при цьому залишаються незмінними. Якщо 0<k , то
спочатку будуємо графік функції ( )xkfy = , а потім відображаємо симетрично
осі Oy .
8
8. Графік функції ( )xfy = можна дістати із графіка функції ( )xfy = .
Враховуючи, що ( ) ( ) ( )( ) ( )
<−
≥=
.0,;0,
xfприxfxfприxf
xf
Тобто, симетрично відображаємо відносно осі Ox ті частини графіка
( )xfy = , які лежать нижче осі Ox , а всі частини, які лежать вище і на осі
Ox залишаємо без зміни.
9. Графік функції ( )xfy = можна дістати із графіка функції ( )xfy = ,
враховуючи, що ( ) ( )( )
<
≥=
.0,,0,
хприxfхприxf
xf
Функція ( )xfy = парна, тому для 0<x її графік є симетричним
відображенням відносно осі Oy побудованої частини графіка для 0≥x .
10. Графік функції ( )xfy = можна одержати із графіка функції ( )xfy = ,
залишивши без зміни всі його частини, які лежать вище і на осі Ox , а частини,
що лежать нижче осі Ox , симетрично відобразити відносно цієї осі.
11. Геометричний образ залежності ( )xfy = при 0≥y збігається з тими
частинами графіка функції ( )xfy = , які лежать вище і на осі Ox ( )( )0≥xf , а при
0<y є їх симетричним відображенням відносно осі Ox .
12. Геометричний образ залежності ( )xfy = при 0≥y збігається із
графіком функції ( )xfy = , а при 0<y є його симетричним відображенням
відносно осі Ox .
13. Геометричний образ залежності ( )xfy = при 0≥y збігається з тими
частинами графіка функції ( )xfy = , які лежать вище осі Ox , а при 0<y є їх
симетричним відображенням відносно осі Ox .
14. Геометричний образ залежності ( )xfy = при 0≥y збігається з
графіком функції ( )xfy = , а при 0<y є його симетричним відображенням
відносно осі Ox .
9
1.1.4. Таблиця основних елементарних перетворень графіка функції )(xfy =
Формула
залежності Приклад Перетворення
)(xfy −=
Симетрія відносно осі
Ох
)( xfy −=
Симетрія відносно осі Оу
)(xfy =
Вище осі Ох (і на самій
осі) – без змін, нижче осі
Ох – симетрія відносно
осі Ох
)( xfy =
Справа від осі Оу ( і на
самій осі) без змін і ця ж
сама частина – симетрія
відносно осі Оу
)(xfy =
Вище осі Ох (і на самій
осі) – без змін і ця ж
сама частина – симетрія
відносно осі Ох
10
)( axfy −=
Паралельний перенос
вздовж осі Ох на а
одиниць
cxfy += )(
Паралельний перенос
вздовж осі Оy на c
одиниць
)0()(
>⋅=
kxfky
Той же вид, що і графік
)(xfy = , але стиснутий
(при 10 << k ) або
розтягнутий (при )1>k
вздовж осі Оу
)0()(
>=α
α xfy
Той же вид, що і графік
)(xfy = , але стиснутий
(при 1>α ) або
розтягнутий (при
10 << α вздовж осі Ох
1.2. Задачі з параметрами У задачах, які описують реальні фізичні процеси, досить часто крім
невідомих зустрічаються величини, які називаються параметрами. Їх, як
правило, позначають літерами knmcba ,,,,, і т.д., а невідомі zyx ,, і т.д. В
основу розв’язування задач з параметрами покладено такий принцип: значення
параметра (або параметрів) вважається довільно фіксованим і розв’язок задачі
знаходиться традиційними методами.
Проте наявність параметрів у задачі передбачає обов’язкове дослідження
існування розв’язку залежно від конкретних числових значень параметрів із
11
області їх допустимих значень. А також знаходження всіх таких розв’язків.
Задачі з параметрами, таким чином, розглядаються як ціла множина рівнянь,
нерівностей або їх систем, які отримують коли параметри набувають
конкретних значень.
Форма запису відповіді у задачах з параметрами має спеціальний вигляд:
значення невідомих вказуються для кожного допустимого значення параметрів.
Для розв’язування задач з параметрами необхідні ґрунтовні знання
властивостей елементарних функцій, рівносильних перетворень рівнянь,
нерівностей та їх систем.
1.2.1. Метод січних
Припустимо, що рівняння (або нерівність ) з параметром вдалося звести
до вигляду ( ) ( )axxf ;ϕ= ( або ( ) ( )axxf ;ϕ> , ( ) ( )axxf ;ϕ< ), де ( )xf і ( )ax;ϕ –
досить прості функції, графіки яких легко побудувати.
Співвідношення ( )xfy =1 визначає на координатній площині деяку криву
(фіксовану множину), співвідношення ( )axy ;2 ϕ= – цілу сім’ю кривих ,у якій
кожному допустимому значенню параметра a відповідає одна крива
(параметрична сім’я). Залежно від значень параметра a криві сімейства
( )axy ;2 ϕ= можуть займати різні положення відносно фіксованої множини
( )xfy =1 .
Вивчаючи принципово різні положення кривих параметричної сім’ї
відносно фіксованої множини і визначаючи значення параметра, яким вони
відповідають, можна дослідити питання розв’язання відповідного рівняння або
нерівності.
1.2.2. Графічне розв’язування рівнянь з параметрами
Дістати вичерпну інформацію про кожний з параметрів проміжку ( )∞+∞− ;
при розв’язуванні рівнянь з параметрами можна, використовуючи графічний
метод.
12
На графіку видно, при яких значеннях параметра рівняння має розв’язки
(і скільки), при яких – не має.
Метод графічного розв’язування рівнянь з параметрами складається з
таких етапів:
1. Знаходимо область допустимих значень невідомого і параметрів, що
входять до рівняння.
2. Виражаємо параметр а як функцію від х.
3. В системі координат xOa будуємо графік функції ( )xfa = для тих
значень х, які входять до ОДЗ даного рівняння.
4. Знаходимо точки перетину прямої ca = , де с належить проміжку
( )∞+∞− ; з графіком функції ( )xfa = .
Можливі випадки:
а) пряма ca = не перетинає графік функції ( )xfa = . При цьому значенні
а рівняння розв’язків не має;
б) пряма ca = перетинає графік функції ( )xfa = . Тоді визначаємо абсциси
точок перетину. Для цього достатньо розв’язати рівняння ( )xfa = відносно х.
5. Записуємо відповідь.
Частина ІІ. Вибрані задачі
2.1. Методичні вказівки до розв’язування типових задач 1. Побудувати графіки методом інтервалів:
а) ;1++= xxy б) ;13 −−+= xxy в) ( );3411 2 +−
−−= xx
xxy
г) ;342 +−= xxy д)
.23 −−= xy
Розв’язання.
а) ;1++= xxy
1) Областю визначення функції є будь-яке дійсне число;
2) коренями підмодульних виразів будуть числа 0 та -1;
13
3) підмодульні корені 0 та -1 розбивають область визначення на три
інтервали знакосталості
У кожному з одержаних інтервалів підмодульні вирази не змінюють свій
знак, тому для визначення знаку використовуємо контрольну точку з даного
інтервалу;
4) Розкриваємо модулі і будуємо графік у кожному інтервалі:
I. ( )
−−=−∞−∈
;12,1;
xyx II. [ )
=−∈;1
,0;1yx III. [ )
+=∞+∈12
,;0xy
x
Графік функції зображено на рисунку 1.
Рис. 1
б) 13 −−+= xxy
1) ( ) ;: RxyD ∈
2) ;1,3 21 =−= xx
3)
4) розкриваємо модулі і будуємо графік у кожному інтервалі:
I.
−=−<
;4,3
yx II.
+=<≤−
;22,13
xyx III.
=≥
.4,1
yx
14
Графік функції зображено на рисунку 2.
Рис. 2
в) ( )3411 2 +−
−−= xx
xxy
1) Область визначення – всі дійсні числа крім нуля;
2) 1=x – підмодульний корінь;
3)
4) розкриваємо модулі і будуємо графік у кожному інтервалі:
I. ( )
+−−=<
;34,1
2 xxyx
II.
+−=>
.34,1
2 xxyx
15
Графік функції зображено на рисунку 3.
Рис. 3
г) 342 +−= xxy
Підмодульний корінь 0=y , тому побудову графіка виконуємо окремо
вище осі абсцис і нижче осі абсцис.
I.
+−=−<
;34,0
2 xxyy
II.
+−=≥
.34,02 xxy
y
Графік 342 −+−= xxy розташований у III i IV координатних четвертях, а
графік 342 +−= xxy розташований у I i II чверті.
16
Графік функції зображено на рисунку 4.
Рис. 4
д) .23 −−= xy
1) Область визначення функції:
−≤−
≥−
≥−
≥−−
.23,23
;23
;023
xx
x
x
Даний вираз має зміст при ( ] [ )∞+∪∞−∈ ;51;x ;
2) 03 =−x , 3=x – підмодульний корінь;
3) маємо два інтервали знакосталості: 1≤x та 5≥x ;
4) розкриваємо модулі і будуємо графік:
I. ( )
−−=
≤
;1
,1
xy
x II.
−=
≥
.5
,5
xy
x
Графік функції зображено на рисунку 5.
17
Рис. 5
2. Побудувати графіки функцій методом елементарних перетворень:
а) ;862 +−= xxy б) ;2
4−
=x
y в) 53
−−
=xx
y ;
г) ;4 xy −= д) ;4−= xy е) ( )4log2 −= xy .
Розв’язання.
а) 862 +−= xxy
Вважаючи відомим графік функції 8621 +−= xxy , розглянемо геометричні
перетворення за допомогою яких можна побудувати шуканий графік.
За властивістю модуля 22 xx = , тому графік функції 8622 +−= xxy можна
одержати із графіка 1y за допомогою перетворення ( )xfy = .
Графік зображений на рисунку 6 одержуємо із графіка 2y за допомогою
перетворення ( )xfy = .
Рис. 6
б) 2
4−
=x
y , ( рис. 7).
18
Запишемо логічний ланцюжок побудови графіка даної функції:
24
244
321 −=→
−=→=
xy
xy
xy .
Рис. 7
в) 53
−−
=xx
y , ( рис. 8).
Перед побудовою графіка виконаємо перетворення дробу ( )
521
525
53
−+=
−+−=
−−=
xxx
xxy .
Запишемо логічний ланцюжок графічних перетворень:
15
215
215
25
2254321 +
−=→+
−=→+
−=→
−=→=
xy
xy
xy
xy
xy .
Рис. 8
г) xy −= 4 , (рис. 9).
Приведемо підкореневий вираз до вигляду зручного для елементарних
перетворень графіка функції ( )4−−= xy .
19
Ланцюжок перетворень:
( ) ( )44 4321 −−=→−−=→−=→= xyxyxyxy .
Рис. 9
д) 4−= xy , (рис. 10).
Ланцюжок перетворень: 44 4321 −=→−=→=→= xyxyxyxy .
Рис. 10
е) ( )4log2 −= xy , (рис. 11).
Будемо вважати відомим графік функції xy 2log= та розглянемо ланцюжок
геометричних перетворень даного графіка.
4log4log
4logloglog
2524
232221
−=→−=→
→−=→=→=
xyxy
xyxyxy.
Рис.11
3. На координатній площині xOy зобразити множину точок ( )yxM ; ,
координати яких задовольняють умовам:
20
а) ;31 −−= xy б) ;2 xy =
в) ;2=+ yx г) ;1=− yx
д) ( ){ };2,,:; =++−∈= xyxyRyxyxD е)
≤+
>+
.3
,1
yx
yx
Розв’язання.
а) 31 −−= xy .
Виконаємо ланцюжок елементарних перетворень графіків:
3131
11
54
321
−−=→−−=→
→−=→−=→=
xyxy
xyxyxy.
Маємо 5yy = , тобто 31 −−= xy .
Множину точок, які задовольняють дану умову зображено на рисунку 12.
Рис.12
б) xy =2 .
Користуючись умовою рівності знаків лівої та правої частини рівняння
маємо
−=
=→
±=
≥→=
.
,;
,02
xy
xyxy
xxy .
21
Множину точок зображено на рисунку 13.
Рис. 13
в) 2=+ yx .
Запишемо вираз у вигляді 2+−= xy та виконаємо елементарні
перетворення графіка
2321 +−=→−=→= xyxyxy ,
одержали 3yy = , тобто 2+−= xy .
Геометричний образ даного рівняння зображено на рисунку 14.
Рис. 14
г) 1=− yx .
Дане рівняння рівносильне сукупності
( )( )
+=
−=
−=−
=−
**,1
*,1
;1
,1
xy
xy
yx
yx.
Графік кожного рівняння сукупності будуємо окремо, але в одній
координатній площині.
( ) 11* −=→−=→= xyxyxy ;
( ) 11** +=→+=→= xyxyxy .
22
Геометричний образ даного рівняння зображено на рис. 15
Рис.15
д) ( ){ }2,,:; =++−∈= xyxyRyxyxD .
Побудуємо дану множину точок методом інтервалів
1) RyRx ∈∈ , – всі точки координатної площини хОу;
2) підмодульні корені
xyxy
==− 0 та
xyxy−=
=+ 0 .
3) бісектриси координатних кутів розбивають площину на чотири частини
у кожній з яких будуємо графіки окремо;
4) використовуючи контрольну точку, розкриваємо модулі та будуємо
графіки у кожній частині координатної площини xOy :
I.
=−≥
≥
;2,
,
yxy
xy II.
−=≥
−<
;2,
,
xxy
xy III.
−=−<
<
;2,
,
yxy
xy IV.
=<
−≥
.2,
,
xxy
xy
23
Множина D – це квадрат із стороною 2, який зображено на рисунку 16.
Рис. 16
е)
≤+
>+
.3
,1
yx
yx
Множину точок, які задовольняють дану систему, зображено на рисунку 17.
Рис. 17
4. На координатній площині xOy побудувати геометричні образи рівнянь: а) ;0252 22 =+− yxyx б) ;222 xyx =+
в) ( ) ( ) ;0121 =−−−−+ yyxyx г) ( ) ;0=− xyctg π
д) ( ) ;02 =− xytg π е) ;2sin xy =
є) ( )( ) ;1cos =++− yxxyπ ж) .02sinsin =+ yx ππ
Розв’язання.
а) .0252 22 =+− yxyx
Розв’яжемо дане рівняння відносно х, як квадратне:
,922425 222 yyyD =⋅⋅−=
yx 21 = або yx 5,02 = ,
( )( ) 05,02 =−− yxyx .
24
Геометричним образом рівняння будуть побудовані на одній координатній
площині прямі лінії xy 2= та xy 5,0= зображені на рисунку 18.
Рис. 18
б) xyx 222 =+ .
Скористаємось властивістю модуля 22 aa = і виділимо повний квадрат:
( ) 112 22 =++− yxx ,
( ) 11 22 =+− yx .
Графіком рівняння ( ) 11 22 =+− yx є коло з центром у точці ( )0;1O і радіусом
1=R . Використаємо для даного кола елементарне перетворення модуль
аргументу і одержимо два кола симетричних відносно осі ординат.
Геометричний образ рівняння xyx 222 =+ зображено на рисунку 19.
Рис. 19
в) ( ) ( ) 0121 =−−−−+ yyxyx ( рис. 20). Область допустимих значень 01 ≥− y , 1≤y , 11 ≤≤− y . Дане рівняння рівносильне сукупності:
25
=−
=−−
=−+
,01
;02
;01
y
yx
yx
=
−=
+=
.1
;2
;1
y
xy
xy
Рис. 20
г) ( ) 0=− xyctg π .
Область допустимих значень даного рівняння:
( ) ,nxy ππ ≠− Zn ∈ ;
,nxy ≠− Zn ∈ ; ,nxy +≠ Zn ∈ .
Запишемо розв’язок рівняння
( ) 0=− xyctg π ; ( ) ,2
kxy πππ +=− Zk ∈ ;
kxy +=−21 , Zk ∈ ; ,
21 kxy ++= Zk ∈ .
Сім’я паралельних прямих зображена на рисунку 21.
Рис. 21
д) ( ) 02 =− xytg π .
Область визначення: ( ) ,
22 nxy πππ +≠− Zn ∈ ;
,212 nxy +≠− Zn ∈ ; ,
212 nxy ++= Zn ∈ .
26
Знайдемо розв’язок тригонометричного рівняння та зобразимо його на
координатній площині.
( ) 02 =− xytg π ; ( ) ,2 kxy ππ =− Zk ∈ ; ,2 kxy += Zk ∈ .
Сім’я парабол, які утворюються з параболи 2xy = шляхом паралельного
перенесення вздовж осі Oy на k одиниць Zk ∈ зображена на рисунку 22.
Рис. 22
е) .2sin xy =
Ланцюжок перетворень: xyxyxyxy 2sin2sin2sinsin =→=→=→= .
Рис. 23
є) ( )( ) 1cos =++− yxxyπ .
( ) nxyxy ππ 2=++− , Zn ∈ ;
nxyxy 2=++− , Zn ∈ .
Ліва частина рівняння завжди невід’ємна, тому 0≥n . Розглянемо часткові
випадки :
0,0 =++−= xyxyn – точка ( )0;0O ;
27
2,1 =++−= xyxyn – квадрат із стороною 2 та центром, що співпадає з
початком координат;
4,2 =++−= xyxyn – квадрат із стороною 4 і т. д.
Геометричним образом рівняння буде сім’я квадратів зображених на рисунку
24.
Рис. 24
ж) .02sinsin =+ yx ππ
==
;02sin,0sin
yx
ππ
∈=∈=
;,2,,Zkky
Znnxππ
ππ
∈=
∈=
.,2
,,
Zkky
Znnx
Геометричним образом рівняння є множина точок координатної площини
ZkZnkn ∈∈
,
2, зображених на рисунку 25.
Рис. 25
5. Скільки спільних точок мають графіки функцій 862 +−= xxy та
ay = залежно від значень параметра a ?
28
Розв’язання.
862 +−= xxy – фіксована множина, ay = – параметрична сім’я.
Побудуємо графік фіксованої множини методом елементарних перетворень:
868686 222 +−=→+−=→+−= xxyxxyxxy .
Розглянемо та проаналізуємо всі можливі випадки взаємного розташування
графіків, які показано на рисунку 26.
Рис. 26
Якщо 0<a – спільних точок немає;
0=a – 4 спільні точки;
10 << a – 8 точок;
1=a – 6 точок;
81 << a – 4 точки;
8=a – 3 точки;
8>a – 2 спільних точки.
Відповідь: при 0<a – спільних точок немає;
при 81,0 <<= aa – 4 точки;
при 10 << a – 8 точок;
при 1=a – 6 точок;
при 8=a – 3 точки;
при 8>a – 2 спільних точки.
29
6. Скільки спільних точок має множина
( ){ }2,,:; =++−∈= xyxyRyxyxD з графіком функції ( )( ) 123 −+−= xay залежно
від параметра a ?
Розв’язання.
Фіксована множина ( ){ }2,,:; =++−∈= xyxyRyxyxD – це квадрат із
стороною 2, побудову якого ми розглянули у завданні 3д.
Параметрична сім’я – це множина прямих із кутовим коефіцієнтом
3−= ak , які проходять через точку А( -2; -1).
Можливі випадки їх взаємного розташування показано на рисунку 27.
Рис. 27
I. 1−=y , тобто 03 =−= ak , 3=a .
Пряма лінія співпадає з однією стороною квадрата.
III. Пряма лінія проходить через точку А( -2; -1) і вершину квадрата
точку В( -1; 1). Запишемо рівняння даної прямої у вигляді bkxy += .
+−=+−=−;1
,21bk
bk
==
.3,2
bk
Пряма АВ має вигляд 32 += xy , отже 5,23 ==− aa .
Коли 5=a , графік функції та множина D мають одну спільну точку.
II. ;20 << k ;230 <−< a
53 << a – дві спільних точки.
30
IV. Коли 2>k або 0<k – спільних точок немає, тобто
<−>−
;03,23
aa
<>
.3,5
aa
Відповідь:
спільних точок немає при 3<a або 5>a ;
одна спільна точка при 5=a ;
дві спільних точки при 53 << a ;
нескінченна множина точок при 3=a .
7. Скільки спільних точок мають задані множини залежно від параметра а?
а) 0422 =++ xyx та aaxyx 22 222 −=−+ ;
б) 222 ayx =+ та 1=+ yx .
Розв’язання. а) 0422 =++ xyx та aaxyx 22 222 −=−+ .
0422 =++ xyx – фіксована множина. Виділимо повний квадрат лівої частини рівняння: ( ) 444 22 =+++ yxx ,
( ) 222 22 =++ yx – коло з центром у точці )0;2(1 −C і радіусом 21 =R .
aaxyx 22 222 −=−+ – параметрична сім’я.
( ) ,1212 222 +−=++− aayxx
( ) ( )222 11 −=+− ayx – коло з фіксованим центром )0;1(1C та радіусом
12 −= aR , який залежить від параметра а.
Змінюючи a , а отже і ( )aR2 , одержуємо основні можливі випадки
взаємного розміщення заданих множин, які зображено на рисунку 28.
Рис. 28
31
I. Радіус кола більше 5, отже 51 >−a , то
−<−
>−;51
,51aa
−<
>.4
,6aa
Множини не мають спільних точок при ( ) ( )∞+∪−∞−∈ ;64;a .
II. Кола мають одну спільну точку внутрішнього дотику, якщо 52 =R ,
тобто
51 =−a ,
−=−
=−;51
,51aa
−=
=.4
,6aa
III. Множини мають дві спільних точки, якщо 51 2 << R .
511 <−< a ,
>−
<−
;11
,51
a
a
−<−
>−<−<−
;11,11
,515
aa
a( ) ( )6;20;4 ∪−∈a .
IV. Кола мають точку зовнішнього дотику, якщо 12 =R , тобто
==
−=−
=−=−
.0,2
;11,11
11aa
aa
a
V. Множини не мають спільних точок при 12 <R ,
20,111,11 <<<−<−<− aaa .
Відповідь: { }6;2;0;4−∈a – одна спільна точка;
( ) ( )6;20;4 ∪−∈a – спільних точок дві;
( ) ( ) ( )∞+∪∪−∞−∈ ;62;04;a – спільних точок немає.
б) 222 ayx =+ та 1=+ yx .
Фіксовану множину 1=+ yx будуємо методом елементарних перетворень
(дивись подібне завдання 3в).
Параметрична сім’я – це коло з фіксованим центром С(0; 0) і радіусом
aR = .
Змінюючи радіус )(aR , маємо основні випадки взаємного розміщення
множин, які зображені на рисунку 29.
32
Рис. 29
I. ( )22<aR – спільних точок немає, тобто
22<a ,
−∈
22;
22a .
II. ( )22=aR ,
22=a ,
22±=a – 4 спільні точки;
III. У випадку ( ) 122 << aR , 1
22 << a ,
∪
−−∈ 1;
22
22;1a – спільних точок 8;
IV. ( ) 1=aR , 1=a , 1±=a – 4 точки спільні;
V. ( ) 1>aR , 1>a , ( ) ( )∞+∪−∞−∈ ;11;a – немає спільних точок.
Відповідь: 4 точки, якщо
±±∈22;1a ;
8 точок, якщо
∪
−−∈ 1;
22
22;1a ;
спільних точок немає, якщо ( ) ( )∞+∪
−∪−∞−∈ ;1
22;
221;a .
8. Знайти всі значення параметра а, при кожному з яких система рівнянь
=+−−−+=+++
0546,0158
222
22
aaxyxyyx
має єдиний розв’язок?
Розв’язання.
Виділяємо повні квадрати у обох рівняннях системи
( )( )
=−−−++−=−+++
;04496,01168
222
22
aayxxyyx ( )
( ) ( )
+=+−
=++
.23
,14222
22
ayx
yx
33
Фіксована множина точок: ( ) 14 22 =++ yx (коло радіуса 11 =R з центром у
точці ( )4;01 −C ).
Параметрична сім’я точок: ( ) ( )222 23 +=+− ayx (коло з фіксованим
центром ( )0;32C і залежним від параметра а радіусом 22 += aR ).
Система матиме єдиний розв’язок лише за умови дотику цих кіл. Дотик кіл
може бути зовнішній або внутрішній, тому розглядаємо два випадки зображені
на рисунку 30.
Рис.30
Зовнішній дотик (відстань між центрами кіл 21CC дорівнює сумі радіусів)
222121 CMMCCC += , 215 ++= a ; 42 =+a ; 2=a або 6−=a .
У випадку внутрішнього дотику відстань між центрами кіл дорівнює
різниці радіусів 112121 CMCMCC −= , 125 −+= a ; ;62 =+a 4=a або 8−=a .
Відповідь: { }4;2;6;8 −−∈a .
9. Знайти всі значення параметра а, для яких система рівнянь
( )( )
=+
+=+
14
,122
22
yx
ayx має рівно два розв’язки?
Розв’язання. Скористаємось геометричною інтерпретацією системи, яка зображена на
рисунку 31.
34
Рис. 31
Розглянемо можливі випадки взаємного розміщення кола ( )ayx +=+ 1222 і
прямих 14=+ yx та 14−=+ yx . Паралельні прямі лінії 14+−= xy та
14−−= xy є фіксованою множиною точок.
Параметрична сім’я ( )ayx +=+ 1222 – це коло з фіксованим у початку
координат центром та радіусом ( ) aaR 22122 +=+= , aR 22 += .
Система матиме рівно два розв’язки лише у випадку, коли дані паралельні
прямі будуть дотичними до кола.
Розглянемо ∆ОМК (кут 090=M ): 045tgOKOM ⋅= , 72214 =⋅=OM .
Врахуємо те, що ROM = , отже 722 =+ a ,
>+=+01
,722a
a 25=a .
Відповідь: 5,2=a .
10. Знайти всі значення параметра а, при кожному з яких множиною
розв’язків нерівності xxa 222 ≥− є відрізок довжиною 4=l .
Розв’язання.
Скористаємось геометричною інтерпретацією нерівності. Графіком правої
частини нерівності є пряма xy 2= . Виконаємо перетворення лівої частини
нерівності: 22 xay −= .
−=≥
;,0
222 xayy
=+≥
.,0
222 ayxy
35
Множина точок, які задовольняють дану систему – це півколо з
фіксованим центром у початку координат і радіусом, що залежить від значень
параметра а ( ) aaR = . Нерівність справджується лише тоді, коли пряма
знаходиться не вище півкола (рис. 32 ).
Рис. 32
Знайдемо абсцису точки перетину півкола та прямої Ax : ,222 xxa =−
=−≥
;4,0
222 xxax
=−≥
;05.0
22 xax
±=
≥
;5
,02ax
x
±=
≥
.5
5
,0
ax
x
55a
xA =
Довжина відрізка MN за умовою дорівнює 4, бо є розв’язком нерівності,
тому ;ONOMMN +=
;45
5=+ a
a ;2055 =+ aa ;5555
20 −=+
=a ( )55 −±=a .
Відповідь: ( )55 −±=a .
11. Знайти всі значення параметра 0≥a , при кожному з яких система
рівнянь
( ) ( )
=−++
=−+−
2
,222
yxyx
aayax має рівно чотири розв’язки.
Розв’язання.
Фіксована множина 2=−++ yxyx – квадрат із стороною 2, точка
перетину діагоналей якого співпадає з початком координат.
( ) ( ) 222 aayax =−+− – коло з центром у точці ( )aaC ; та радіусом aR = .
36
( ) ( ) 222 aayax =−+− – параметрична сім’я кіл, центри яких знаходяться на
прямих xy = та xy −= , а радіус дорівнює a ( 0≥a за умовою ).
Чотири спільні точки множини можуть мати у двох випадках зображених
на рис. 33 та 34.
Рис. 33
Рис. 34
1) 1=a .
2) З ∆ ( )01 90=< MMOO : 0
11 45sinOOMO = ;
( ) ;222 ⋅+= aa ;1
22 =− aa ( ) 222122
222 +=+⋅=
−=a .
Відповідь: 1=a або 222 +=a .
12. Розв’язати відносно х рівняння axx =−− 3 .
Розв’язання. Побудуємо графік функції xxa −−= 3 в системі координат xOa .
≥−≤≤+−
≤=
.33;3032
;03
хприхприх
хприa
37
Аналізуючи графік, що зображений на рисунку (рис. 35) отримаємо
відповідь.
Рис. 35
Відповідь:
∈x Ø при ( ) ( )∞+∪−∞−∈ ;33;a ;
0≤x при 3=a ;
3≥x при 3−=a ;
23 ax −= при ( )3;3−∈a .
13. Розв’язати рівняння axx =−− 12 .
Розв’язання.
1. Область допустимих значень рівняння при будь-якому ( )∞+∞− ;a .
2. Розкриваємо модуль і виражаємо параметр а. Якщо 1≥x , то
12 +−= xxa ; якщо 1<x , то 12 −+= xxa .
3. В системі координат xOa будуємо графіки функцій
≥+−=
;1,12
xxxa
та
<−+=
.1,12
xxxa графік рівняння зображено на рисунку (рис. 36) жирною
лінією.
38
Рис. 36
4. Знаходимо координати точок перетину прямої ca = , де с – будь-яке
дійсне число, з графіком функції ( )xfa = .
Якщо
−∞−∈
45;c , то пряма ca = не перетинає графік функції
12 −−= xxa . Отже, при
−∞−∈
45;a дане рівняння розв’язків не має.
Пряма 45−== ca має з графіком функції тільки одну спільну точку.
Абсциса цієї точки дорівнює 21− .
Отже при 45−=a дане рівняння має один корінь
21−=x .
Пряма ca = , де
−∈ 1;
45c перетинає графік даного рівняння у двох точках
1x та 2x . Для того, щоб визначити корені даного рівняння. достатньо розв’язати
рівняння 12 −+= xxa відносно x . Дістанемо
2451
1ax +−−= ,
2451
2ax ++−= .
Отже при
−∈ 1;
45a рівняння має два корені
2451
2,1ax +±−= .
Пряма ca = , де ( )∞+∈ ;1c перетинає графік рівняння також у двох точках з
абсцисами '1x та '
2x .
39
'1x – менший корінь рівняння 12 −+= xxa , тобто
2451'
1ax +−−= ;
'2x – більший корінь рівняння 12 +−= xxa , тобто
2431'
2ax +−+= .
Відповідь:
якщо
−∞−∈
45;a , то дане рівняння не має розв’язків;
якщо 45−=a , то
21−=x ;
якщо
−∈ 1;
45a , то
2451
1ax +−−= ,
2451
2ax ++−= ;
якщо ( )∞+∈ ;1a , то 2
4511
ax +−−= , 2
4312
ax +−+= .
14. Розв’язати рівняння 12 −=− xax .
Розв’язання.
Використаємо умову рівності знаків лівої та правої частин рівняння 21≥x і
замінимо дане рівняння на рівносильне:
( )212 −=− xax .
Виразимо a через x :
154 2 −+−= xxa .
Побудуємо графік функції 154 2 −+−= xxa і виділимо ту його частину, де
21≥x (рис. 37). Позначимо даний графік (*)
Рис. 37
40
Пряма ca = , де
∞−∈
21;c , перетинає графік (*) в одній точці, яка має
абсцису 'x , що дорівнює більшому кореню рівняння
0154 2 =−−+− axx .
Пряма ca = , де
∈
169;
21c , перетинає графік функції (*) у двох точках 1x та
2x , які дорівнюють кореням рівняння
0154 2 =−−+− axx .
Якщо 169=a , то
85
21 == xx .
Пряма ca = , де
∞+∈ ;169c , не перетинає графік функції (*).
Отже, в цьому випадку рівняння не має розв’язків.
Відповідь:
81695 ax −+= , якщо
∞−∈
21;a ;
81695 ax −±−= , якщо
∈
169;
21a ;
розв’язків немає, якщо
∞+∈ ;169a .
15. Розв’язати рівняння 14 2 +=− axx .
Розв’язання.
Аналізуючи умову даного рівняння, з’ясовуємо, що [ ]4;0∈x .
Користуючись умовою рівності знаків лівої та правої частин рівняння
маємо 01 ≥+a , тобто 1−≥a . Отже, графік даного рівняння міститься не нижче
прямої 1−=a і між віссю ординат та прямою 4=x .
Для даного рівняння використаємо метод рівносильних перетворень.
Дістанемо:
( )
≥++=−
;01,14 22
aaxx ( )
−≥=++−
,1,014 22
aaxx ( ) ( )
−≥=++−
.1,412 22
aax
Остання система виражає рівняння кола з центром у точці ( )1;2 − і
радіусом, що дорівнює 2 (рис. 38).
41
Рис. 38
При ( )1; −∞−∈a та ( )∞+∈ ;1a рівняння розв’язків не має.
При [ ]1;1−∈a пряма перетинає графік рівняння у двох точках. Абсциси цих
точок знаходимо розв’язавши рівняння
( ) 014 22 =++− axx відносно x .
aax 232 21 −−+= , aax 232 2
2 −−−= .
Відповідь: якщо ( )1; −∞−∈a та ( )∞+∈ ;1a . то рівняння розв’язків не має;
якщо [ ]1;1−∈a , то aax 232 22,1 −−±= .
42
2.2. Завдання для самостійної роботи Побудувати графіки функцій:
1. а) 2−= xy ; б) 21 −−= xy .
2. а) 1−+= xxy ; б) xxy −+= 1 .
3. а) xxy +−= 2 ; б) ( )( )12 +−= xxy .
4. а) 322 −−= xxy ; б) 452 +−= xxy .
5. а) 8656 22 +−++−= xxxxy ; б) ( )3455 2 +−
++= xx
xxy .
6. а) 23 −−= xy ; б) 2−= xy .
7. а) 4 14 −−= xy ; б) 4 31 +−= xy .
8. а) 3 2 xy −= ; б) 5 11 −+= xy .
9. а) ( )1
12 32
−+−
=x
xxy ; б)
652
2 +++=
xxxy .
10. а) 32
−−
=xx
y ; б) 4−
=x
xy .
Скільки спільних точок мають графіки заданих функцій залежно від
параметра a ?
11. а) ;1,222 +=++= ayxxy
б) .3,42 =++−= yaxxy
12. а) ;,542 ayxxy =−−=
б) .1,1242 =+−−= yaxxy
13. а) ;,1 axyxy +=−=
б) .3,3 −=−= axyxy
14. а) ;2,1 −=−= ayxy
б) .2;21 =+−−= yaxy
15. а) ( );2,2 +=−= xayxy
б) .1,2 −=−−= xyaxy
43
16. а) ;2,22 −−=−−= xayxy
б) .,12 axyxy −=−+=
17. а) ;,31 ayxxy =−−+= б) .1,45 =+−−+= yaxxy
18. а) ;2,21 axyxxy −=−+−=
б) .2,32 xayxxy −=−++=
На координатній площині xOy зобразити множину точок ( )yxM ;
координати яких задовольняють умовам:
19. а) ;1=− yx б) .1=+ yx
20. а) ;1=+ yx б) .1=− yx
21. а) ;82 xxy −= б) .2 xxy −=
22. а) ;2=++− yxxy б) ( ) ( ) .21 22 −=− yx
23. а) ( ) ;41 22 =+− yx б) ( ) ( ) .131 22 =−+− yx
24. а) ( ) ( ) ;111 22 ≤−+− yx б) ( ) .921 22 >−− yx
25. а) ;1≥− yx б) ( ) ( ) .21 22 +≤− yx
26. а) ;2≤−++ yxyx б) .422 ≤−++ yxyx
27. а) ;2222 xyyx ≤++ б) ( ).2222 yxyx +≤−+
28. а)
≤−≥
≤+
;5,2
,2522
xyxy
yx б)
<+≥+
≤−
.74,123
,2
xyxy
xy
29. а)
≤
≥+−≤+
;1
,03,2522
x
xyyx
б)
<+<≥−≤−
.10,0,0
22
2
yxxy
xy
30. Знайти всі значення параметра a , при кожному з яких нерівність має
розв’язки:
а) ;56 2 axxx −++> б) .0342 ≤++++ xxax
31. Для кожного значення параметра a розв’язати систему рівнянь:
а) ( )
−=++=+−
;3,31
ayaxayax б) ( ) ( )
( )
−=−+−=+−−
.232,423542
aayxaayaxa
44
32. Знайти всі значення параметра a , при кожному з яких система рівнянь:
а) ( )
=+−
=++
4
,05322 yax
yx має рівно три розв’язки;
б) ( )
=+−
=−
23
,22 yx
ayx має рівно два розв’язки.
33. Знайти всі значення параметра a , система рівнянь має єдиний
розв’язок:
а) ( )
=++−=−+
;212,4122
ayxayax
б) ( )
−=++=−+
.523,421
ayxayaax
34. Знайти всі значення параметра a , для кожного з яких система має рівно
два розв’язки:
а)
−=−−+−=−−+
;22,4324
222
222
ayaxyxayaxyx б)
−−=−−+−=+−+
.826,726222
222
aayxyxaayxyx
35. Знайти всі значення параметра a , при кожному з яких множина
розв’язків системи нерівностей є відрізок вказаної довжини l :
а)
−≤−−≤−
axxaxx
414,12
2
2
1=l ; б)
≤−++≤+++
.0474,076
2
2
axxaxx 1=l .
36. Знайти всі значення параметра a , при кожному з яких множина
розв’язків системи нерівностей є відрізок вказаної довжини l :
а) 4
15,9 22 =−≥− lxax ; б) .4,222 =≥− lxxa
37. Знайти всі значення параметра 0≥a , для кожного з яких система має
рівно чотири розв’язки:
а)
=−+−
=+
;
,2222
22
aayax
yx б)
( ) ( )
+=−++
=−+−
.
,12
22
aaxyyx
ayax
38. Знайти всі значення параметра 0≥a , для кожного з яких система має
рівно чотири розв’язки:
а)
=++−
=+
;2
,
yxyx
ayx б) ( ) ( )
=−++
=−+−
.2
,222
yxyx
aayax
45
2.3. Задачі підвищеної складності
1. Знайти всі значення параметра b , при яких рівняння ( ) ( ) 0lglg2lg2lg =−−+ bxx має єдиний розв’язок.
Відповідь: 100>b .
2. При яких значеннях параметра a нерівність xax −>− 21 має розв’язки?
Відповідь: 2<a .
3. При яких значеннях параметра a корені рівняння 3222 ++−=− aaax мають однакові знаки?
Відповідь: 2
711 −<<− a або 32
71 <<+ a .
4. Знайти всі значення параметра a , при кожному з яких рівняння 222 axax −=− має три різні корені.
Відповідь: 2−=a або 5,0−=a .
5. Скільки коренів має рівняння ( )axax 2log31 −=+ в залежності від значень
параметра a ?
Відповідь: Якщо 31−≥a , то рівняння має один корінь; якщо
31−<a , то
коренів немає.
6. Знайти всі значення параметра a , при яких система рівнянь
=++−−
+=
0342
,22 yxxy
yax має розв’язки.
Відповідь: 3−≤a або 43≥a .
7. Знайти найменше с, при якому система рівнянь ( )
=−
=−+−
43
,023 22
yx
yycx
має один розв’язок.
Відповідь: 37−=c .
8. Знайти всі значення параметра а, при яких рівняння 312 +=+− xax має один розв’язок.
46
Відповідь: 8−=a або 4−=a .
9. Знайти найбільше і найменше значення функції axy −= на відрізку [ ]2;1 , якщо 2,1 ≠≠ aa .
10. Знайти всі значення параметра а, для яких найменше значення функції axxxy −+−+= 122 більше 2.
Відповідь: 421−<a або
413>a .
11. При яких а множиною розв’язків нерівності 325 22 ≤+++− aaxxx є відрізок числової прямої?
Відповідь: ( )4;249;8 −
−− .
12. Знайти всі можливі значення параметра а, при яких система рівнянь ( )
=
+=−
xy
xay ,25,0 має розв’язки.
Відповідь: 25,025,0 ≤≤− a .
13. Знайти всі значення параметра k , при яких система рівнянь
( )
−+==+
68,6loglog 22
xkyyx має два різних розв’язки.
Відповідь: 4−<k або 094 <<− k .
14. При яких значеннях параметра а система рівнянь ( )
=+
−=
12log
12log
1,3
yx
xay не має розв’язків?
Відповідь: 1−=a або 098 ≤<− a .
15. Визначити, при яких значеннях параметра а мінімум функції ( ) 342 +−+= xxaxxf більше 1.
Відповідь: 2241 +<< a .
16. При яких значеннях параметра а рівняння ( )4322 −−=+ xaax не має
розв’язків?
47
Відповідь: 40 ≤≤ a .
17. Знайти всі значення параметра а, при кожному з яких рівняння ( ) 1cos 22 =− xa має рівно вісім розв’язків.
Відповідь: ππ 68 −<<− a або ππ 86 << a .
18. Знайти всі а, при яких системи
( )
=+=+ayx
yx22
,0sin і
=+=+
ayxyx
22
,0 рівносильні.
Відповідь: 2
2π<a .
19. Знайти всі натуральні значення b , при кожному з яких вираз 3
1++ yx
має зміст для всіх пар чисел ( )yx; , де 0,0 << yx , для яких вираз ( )bxy −lg також має зміст.
Відповідь: ...,4,3=b
20. При яких значеннях параметра а множина точок, що задана нерівністю 21 axy −< , є підмножиною множини точок, що задана нерівністю
452 <+ yx ?
Відповідь: 4≥a .
48
Додаток Властивості та графіки елементарних функцій
1. Лінійна функція та її графік
Означення: Лінійною називається функція, яку можна задати формулою
bkxy += , де x - незалежна змінна, bіk - деякі числа.
Графіком лінійної функції є пряма. Число k називається кутовим
коефіцієнтом, αtgk = , де α - кут , що утворює пряма з додатнім напрямком осі
Ox . Число b називають вільним членом. Воно дорівнює ординаті точки
перетину графіка х віссю Oy .
Розглянемо часткові випадки лінійної функції:
1) при 0=k функція має вигляд by = і називається постійною
функцією, графіком якої є пряма лінія паралельна осі Ox .
2) При 0=b функція приймає вигляд kxy = і називається прямою
пропорційністю, графіком якої є пряма лінія, що проходить через початок
координат. Вона розташована у І і ІІІ координатних четвертях при 0>k та у
ІІ і ІV координатних четвертях при 0<k .
Взаємне розташування графіків лінійних функцій.
Прямі лінії на площині можуть перетинатись, бути паралельними і
співпадати. Розглянемо всі можливі випадки для функцій 111 bxky += і
222 bxky += :
1) якщо 21 kk ≠ , то прямі лінії перетинаються;
49
2) якщо 21 kk = , а 21 bb ≠ – лінії паралельні;
3) якщо 21 kk = , а 21 bb = – лінії співпадають.
Слід зауважити, що у випадку перетину ліній корисно знати умову
перпендикулярності прямих 121 −=⋅ kk .
2. Обернена пропорційність та її властивості.
Означення: Оберненою пропорційністю називається функція, яку можна
задати формулою виду xky = , де x – незалежна змінна і k – не рівне нулю
число.
Областю визначення оберненої пропорційності є множина всіх чисел,
відмінних від нуля. Це слідує з того, що вираз xk має зміст при всіх 0≠x .
Областю значень функції також є множина чисел , відмінних від нуля, тобто
0≠y , бо за означенням 0≠k і тому дріб xk не може приймати нульове значення.
Графіком оберненої пропорційності є крива, яка має назву – гіпербола.
Вона складається з двох віток. Які розташовані у І і ІІІ координатній чверті за
умови 0>k або у ІІ і ІV чверті за умови 0<k .
50
3. Квадратична функція. ЇЇ властивості і графік. Означення: Квадратичною називається функція, яку можна задати
формулою виду cbxaxy ++= 2 , де x – незалежна змінна, ciba, – деякі числа,
причому 0≠a . Вивчення квадратичної функції починемо з часткових випадків: 1) 2axy =
При 1=a формула приймає вид 2xy = . Графіком такої залежності є
парабола, з якою ми будемо порівнювати графіки інших квадратичних функцій.
Властивості функції 2axy = :
1. ( ) RxyD ∈: ;
2. ( )yE залежить від знаку a , який показує напрям віток параболи, тобто
при 0>a 0≥y , при 00 ≤< ya . Вісь Oy є віссю симетрії параболи.
3. Парабола перетинає вісь Ох у початку координат. Вершина параболи знаходиться у точці (0; 0).
4. Проміжки монотонності: При 0>a функція спадає на проміжку ( ]0;∞− і зростає на проміжку [ )∞+;0 ;
При 0<a функція зростає на проміжку ( ]0;∞− і спадає на проміжку [ )∞+;0 .
5. 0=y є найбільшим значенням функції при 0<a і найменшим значенням
функції при 0>a . Висновок: знак коефіцієнта a показує напрям віток параболи, а його
абсолютна величина – розтяг або стиск графіка відносно осі Ox . 2) naxy += 2
Графік функції naxy += 2 є парабола, яку можна одержати з графіка
функції 2axy = за допомогою паралельного переносу вздовж осі Oy на n
одиниць, якщо 0>n – вгору, 0<n – вниз.
3) ( )2mxay −=
51
Графік функції ( )2mxay −= є парабола, яку можна одержати з графіка
функції 2axy = за допомогою паралельного переносу вздовж осі Ox на m
одиниць, якщо 0>m – вправо на m одиниць, 0<m – вліво на m одиниць.
4) ( ) nmxay +−= 2
Графік такої функції є параболою, яку можна одержати з графіка функції 2axy = за допомогою двох паралельних переносів: вздовж осі Oy на n одиниць і
вздовж осі Ox на m одиниць. Побудувати графік функції cbxaxy ++= 2 можна за допомогою двох
паралельних перенесень, виділивши із трьохчлена cbxax ++2 квадрат двочлена
( ) nmxa +− 2 .
Загальна схема побудови графіка квадратичної функції cbxaxy ++= 2 :
1. Знайти координати вершини параболи, користуючись формулами
abxb 2
−= , ( )a
acbxyy bb 442 −−== і відмітити її в координатній площині;
2. Скласти таблицю деяких значень функції враховуючи, що пряма bxx = є
віссю симетрії параболи; 3. Побудувати на координатній площині декілька точок, що належать
параболі; 4. З’єднати побудовані точки плавною лінією. 4. Степенева функція з натуральним показником Розглянемо функцію, яка задана формулою nxy = , де x – незалежна
змінна, а n – натуральне число. Таку функцію називають степеневою з натуральним показником.
Степенева функція з показником один – це лінійна функція xy = , з
показником два – це квадратична функція 2xy = . Їх властивості і графіки нам
відомі. З’ясуємо деякі властивості цієї функції. 1. Область визначення: Rx ∈ ; 2. Область значень: Ry ∈ ;
3. ( ) ( )xyxy =− – функція непарна, отже її графік симетричний відносно
початку координат;
52
4. 0=y , якщо 0=x , тому графік функції проходить через початок
координат; 5. 0>y , якщо 0>x і 0<y , якщо 0<x . Графік функції розташований у
І і ІІІ координатних четвертях. 6. Функція зростає на всій області визначення. Побудуємо графік функції 3xy = .
З’ясуємо тепер властивості степеневої функції і особливості її графіка при будь-якому натуральному n .
Вираз nx , якщо Nx ∈ , має зміст при будь-якому x . Тому областю визначення степеневої функції з натуральним показником є множина всіх дійсних чисел.
Розглянемо випадок, коли показник n – непарне число. Властивості функції nxy = аналогічні властивостям функції 3xy = .
Розглянемо випадок, коли показник n – парне число. Властивості функції nxy = аналогічні властивостям функції 2xy = .
1. Область визначення Rx ∈ ;
2. Область значень: [ )∞+∈ ;0y ;
3. ( ) ( )xyxy =− - функція парна, графік симетричний відносно осі
ординат;
4. 0=y , якщо 0=x , графік функції проходить через початок
координат;
5. 0>y для всіх x крім нуля;
53
6. Функція зростає на проміжку [ )∞+;0 і спадає на проміжку ( ]0;∞− .
Графік функції nxy = , коли n - парне число має вигляд схожий на параболу 2xy = .
5. Функція xy = . Її властивості і графік.
Розглянемо деякі властивості функції xy = .
1. Область визначення: 0≥x ;
2. Область значень: 0≥y ;
3. Функція ні парна ні непарна, бо її область визначення не
симетрична відносно нуля;
4. 0=y , якщо 0=x ;
5. Функція зростає на всій області визначення;
6. Найменше значення функції 0=y .
Графік функції xy = , як і графік функції 2xy = , де 0≥x , представляє
собою вітку параболи. Це є наслідком того, що графіки цих функцій симетричні
відносно прямої xy = . Доведення симетрії графіків основане на тому, що точки
з координатами ( ) ( )abiba ;; симетричні відносно прямої xy = .
54
Список літератури
1. Апостолова Г. В. Я сам! / Г. В. Апостолова. – К. : Факт, 1997. –
202 с.
2. Апостолова Г. В., Ясінський В. В. Перші зустрічі з параметром /
Г. В. Апостолова, В. В. Ясінський. – К. : Факт, 2006. – 324 с.
3. Гайштут О. Г. Алгебра. Розв’язування задач та вправ /
О. Г. Гайштут, Г. М. Литвиненко. – К. : Магістр-S, 1997. – 255 с.
4. Галицкий М. Л., Сборник задач по алгебре / М. Л. Галицкий,
А. М. Гольдман, Л. И. Звавич. – М. : Просвещение, 1992. – 271 с.
5. Горштейн П. И. Задачи с параметрами / П. И. Горштейн,
В. Б. Полонский, М. С. Якир. – К. : РИА «Текст». МП «ОКО», 1992. – 288 с.
6. Назаренко О. М. Тисяча і один приклад. Рівності і нерівності:
посібник для абітурієнтів / О. М. Назаренко, Л. Д. Назаренко. – Суми : Вид-во
«Слобожанщина», 1994. – 272 с.
7. Одарченко Н. І. Збірник задач зі спецкурсу «Вибрані розділи
математики»: навч. посіб. / Н. І. Одарченко, О. В. Бондар. – Суми : Вид-во
СумДУ, 2008. – 171 с.
8. Шабунин М. И. Пособие по математике для поступающих в вузы /
М. И. Шабунин. – М. : Лаборатория базовых знаний, 2002. – 640 с.
9. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике /
И. Ф. Шарыгин, В. И. Голубев. – М. : Просвещение, 1991. – 248с.
10. Ясінський В. В. Алгебра / В. В. Ясінський. – К. : ІДП НТТУ «КПІ»,
2002. – 75 с.
11. Ясінський В. В. Математика: навчальний посібник для слухачів
ФДП НТУУ «КПІ» / за ред. член-кор. НАН України В. С. Мельника. – К. :
НТУУ «КПІ», 2006. – 368с.
55
Зміст
Вступ 3
Частина 1. Теоретичний матеріал
1.1. Функції та їх графіки 5
1.2. Задачі з параметрами
10
Частина 2. Вибрані задачі
2.1. Методичні вказівки до розв’язування типових задач 12
2.2. Задачі для самостійної роботи 42
2.3. Задачі підвищеної складності
45
Додаток. Властивості та графіки елементарних функцій
48
Список літератури 54
Навчально-методичне видання
Надія Захарченко Володимир Ячменьов
ПАРАМЕТРИ ТА ГРАФІКИ
Відповідальний за випуск О. В. Лісовий
Формат 60х84 1/16. Друк цифровий. Папір офсетний 80 г/м2.
Наклад 500 прим.
Видавництво: ТОВ «Праймдрук» 01023, м. Київ, вул. Еспланадна, 20, офіс 213
Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи серія ДК № 4222 від 07.12.2011.
