Уравнение с параметрами ax b

Уравнения с параметром

Разделы: Математика

Справочный материал

Уравнение вида f(x; a) = 0 называется уравнением с переменной х и параметром а.

Решить уравнение с параметром а – это значит, для каждого значения а найти значения х, удовлетворяющие этому уравнению.

Если 1 – а = 0, т.е. а = 1, то х0 = -2 корней нет

Если 1 – а 0, т.е. а 1, то х =

Пример 4.

Если а = 1, то 0х = 0
х – любое действительное число

Если а = -1, то 0х = -2
Корней нет

Если а 1, а -1, то х = (единственное решение).

Это значит, что каждому допустимому значению а соответствует единственное значение х.

если а = 5, то х = = ;

Дидактический материал

3. а = +

4. + 3(х+1)

5. = –

6. =

Ответы:

При а1 х =;

При а3 х = ;

При а1, а-1, а0 х = ;

при а = 1 х – любое действительное число, кроме х = 1

При а2, а0 х = ;

При а-3, а-2, а0, 5 х =

При а + с0, с0 х = ;

Квадратные уравнения с параметром

Пример 1. Решить уравнение

х = –

В случае а 1 выделим те значения параметра, при которых Д обращается в нуль.

Д = (2(2а + 1)) 2 – 4(а – 1)(4а + 30 = 16а 2 + 16а + 4 – 4(4а 2 + 3а – 4а – 3) = 16а 2 + 16а + 4 – 16а 2 + 4а + 12 = 20а + 16

a =

Если а -4/5 и а 1, то Д > 0,

х =

х = – = –

Пример 2. При каких значениях параметра а уравнение

х 2 + 2(а + 1)х + 9а – 5 = 0 имеет 2 различных отрицательных корня?

В итоге

4(а – 1)(а – 6) > 0
— 2(а + 1) 0

а 6
а > — 1
а > 5/9

Пример 3. Найдите значения а, при которых данное уравнение имеет решение.

Д = 4(а – 1) 2 – 4(2а + 10 = 4а 2 – 8а + 4 – 8а – 4 = 4а 2 – 16а

4а 2 – 16 0

4а(а – 4) 0

а(а – 4)) 0

Ответ: а 0 и а 4

Дидактический материал

1. При каком значении а уравнение ах 2 – (а + 1) х + 2а – 1 = 0 имеет один корень?

2. При каком значении а уравнение (а + 2) х 2 + 2(а + 2)х + 2 = 0 имеет один корень?

3. При каких значениях а уравнение (а 2 – 6а + 8) х 2 + (а 2 – 4) х + (10 – 3а – а 2 ) = 0 имеет более двух корней?

4. При каких значениях а уравнение 2х 2 + х – а = 0 имеет хотя бы один общий корень с уравнением 2х 2 – 7х + 6 = 0?

5. При каких значениях а уравнения х 2 +ах + 1 = 0 и х 2 + х + а = 0 имеют хотя бы один общий корень?

Показательные уравнения с параметром

Пример 1.Найти все значения а, при которых уравнение

9 х – (а + 2)*3 х-1/х +2а*3 -2/х = 0 (1) имеет ровно два корня.

Решение. Умножив обе части уравнения (1) на 3 2/х , получим равносильное уравнение

3 2(х+1/х) – (а + 2)*3 х+1/х + 2а = 0 (2)

Пусть 3 х+1/х = у, тогда уравнение (2) примет вид у 2 – (а + 2)у + 2а = 0, или

Если у = 2, т.е. 3 х+1/х = 2 то х + 1/х = log₃2 , или х 2 – хlog₃2 + 1 = 0.

Это уравнение не имеет действительных корней, так как его Д = log 2 ₃2 – 4 х+1/х = а то х + 1/х = log₃а, или х 2 – хlog₃а + 1 = 0. (3)

Уравнение (3) имеет ровно два корня тогда и только тогда, когда

Д = log 2 ₃2 – 4 > 0, или |log₃а| > 2.

Если log₃а > 2, то а > 9, а если log₃а 9.

Пример 2. При каких значениях а уравнение 2 2х – (а – 3) 2 х – 3а = 0 имеет решения?

Для того чтобы заданное уравнение имело решения, необходимо и достаточно, чтобы уравнение t 2 – (a – 3) t – 3a = 0 имело хотя бы один положительный корень. Найдем корни по теореме Виета: х₁ = -3, х₂ = а = >

а – положительное число.

Дидактический материал

1. Найти все значения а, при которых уравнение

25 х – (2а + 5)*5 х-1/х + 10а * 5 -2/х = 0 имеет ровно 2 решения.

2. При каких значениях а уравнение

2 (а-1)х?+2(а+3)х+а = 1/4 имеет единственный корень?

3. При каких значениях параметра а уравнение

4 х — (5а-3)2 х +4а 2 – 3а = 0 имеет единственное решение?

Ответ:

0 25/2
при а = 1, а = -2,2
0 0, х1/4 (3)

х = у

Если а = 0, то –

2у + 1 = 0
2у = 1
у = 1/2

х = 1/2
х = 1/4

Не выполняется (2) условие из (3).

Пусть а 0, то ау 2 – 2у + 1 = 0 имеет действительные корни тогда и только тогда, когда Д = 4 – 4а 0, т.е. при а 1.

Если Д = 0 (а = 1), то (4) имеет единственный положительный корень х = 1, удовлетворяющий условиям (3).

Пусть Д > 0 (а 0 уравнение (4) имеет действительные корни разных знаков. Это условие выполняется тогда и только тогда, когда Д > 0 и 1/а х

Выражая х из (1) и подставляя в (2), получаем неравенство

2 – а > 1 – а (3)

Чтобы решить неравенство (3), построим графики функций у = 2 – а и у = 1 – а.

Решения неравенства (3) образуют промежуток (а₀; 2), где а₀ 2

а₀ =

Ответ: x + 9a 3 ) = x имеет ровно два корня.

Найдите, при каких значениях а уравнение log ₂ (4 x – a) = x имеет единственный корень.

При каких значениях а уравнение х – log ₃ (2а – 9 х ) = 0 не имеет корней.

Ответы:

Линейные уравнения и неравенства с параметром

Уравнение вида

ax + b = 0,

(1)

где a,b О R, x — переменная, называется уравнением первой степени (линейным уравнением).

Ниже приведены примеры линейных уравнений:

a) 2x + 6 = 0,	где a = 2, b = 6;
b) x — 2 = 0	где a = 1, b = -2;
c) 0·x + 0 = 0,	где a = b = 0;
d) 0·x + 1 /₃ = 0,	где a = 0, b = 1 /₃;
e) — 1 /₂x = 0,	где a = — 1 /₂; b = 0.

Уравнение (1) равносильно уравнению ax = —b откуда следует следующее утверждение.

Утверждение 1.

Если a ≠ 0, то уравнение (1) имеет единственное решение x = — b /_a;
Если a = 0, b ≠ 0, то множество решений уравнения (1) пусто;
Если a = 0, b = 0, то любое действительное число является решением уравнения (1).

Таким образом, приведенные выше линейные уравнения решаются следующим образом:

a) x = — 6 /₂, то есть x = -3;
b) x = 2;
c) любое действительное число является решением данного уравнения;
d) уравнение не имеет решений;
e) x = 0.

Замечание 2. Уравнение (ax + b)(cx + d) = 0 где a, b, c, d О R, сводится к совокупности линейных уравнений

	ax + b = 0,
	cx + d = 0.

Пример 1. Решить уравнения

a) ,	c) —x + 2 = 2 — x,
b) 2x + 1 = 2x + 3,	d) (2x + 4)(3x — 1) = 0.

Решение. a) x = 6.

b) 2x + 1 = 2x + 3 Ы 2x — 2x = 3 — 1 Ы 0·x = 2 откуда следует, что уравнение не имеет решений.

c) —x + 2 = 2 — x Ы —x + x = 2 — 2 Ы 0·x = 0, следовательно, любое действительное число является решением уравнения.

d) (2x + 4)(3x — 1) = 0 Ы

	2x + 4 = 0,
	3x — 1 = 0,

	x₁ = -2,
	x₂ = 1 /₃.

В дальнейшем будут рассматриваться линейные уравнения с параметрами. Под параметром понимается (смотрите тему Уравнения с параметром) фиксированное (но неизвестное) число. Как правило, параметр обозначается первыми буквами латинского алфавита.

Пример 2. Решить уравнения

a) ax = 1;	e)
b) a 2 x — 1 = x + a;	f)
c) ax + b = cx + d;	g)
d) ;

Решение. a) Применяя утверждение 1, получим:

при a ≠ 0 уравнение имеет единственное решение, x = 1 /_a;

при a = 0 уравнение примет вид 0·x = 1 и, следовательно, оно не имеет решений.

Ответ: если a О R\<0>, то x = 1 /_a; если a = 0, то уравнение не имеет решений.

b) После элементарных преобразований получим: a 2 x — 1 = x + a Ы a 2 x — x = a + 1 Ы x(a 2 — 1) = a + 1.

откуда, применяя утверждение 1, получим:

если a 2 -1 ≠ 0, то есть a ≠ ± 1, то или
если a = 1, то уравнение примет вид 0·x = 2 и, следовательно, не имеет решений;
если a = -1, то уравнение примет вид 0·x = 0, и, следовательно, любое действительное число является решением этого уравнения.

c) Перепишем уравнение следующим образом (a — c)x = d — b, откуда следует:

если a — c ≠ 0, то есть a ≠ c, то уравнение имеет единственное решение
если a = c и d — b ≠ 0, то уравнение примет вид 0·x = d — b ( ≠ 0) и, следовательно, оно не имеет решений;
если a = c и d = b, то уравнение примет вид 0·x = 0, и, следовательно, множество его решений есть R

d) Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения есть x ≠ 4. В ОДЗ уравнение решается следующим образом:

	x-2a = 0,
	x ≠ 4

	x = 2a,
	x ≠ 4.

Таким образом, если 2a ≠ 4, то есть a ≠ 2, то уравнение имеет единственное решение x = 2a, а если a = 2, то уравнение не имеет решений.

если a ≠ -1, a ≠ 2, — a /₂ ≠ -1, — a /₂ ≠ 2, то есть a О R\<-1;2;-4>, то уравнение имеет два решения x₁ = a и x₂ = — a /₂ (если a = 0, решения совпадают);

если a = -1, то уравнение имеет единственное решение x = 1 /₂;

если a = 2, то уравнение не имеет решений;

если a = -4, то уравнение имеет единственное решение x = -4.

f) Если a = 0 или b = 0, то уравнение не имеет смысла. Пусть a·b ≠ 0. Тогда уравнение равносильно следующему x(b + a) = abc откуда следует:

если b + a ≠ 0, то есть a ≠ —b, то уравнение имеет единственное решение
если a = —b и c ≠ 0, то уравнение не имеет решений.
если a = —b и c = 0, то любое действительное число есть решение данного уравнения.

g) ОДЗ уравнения определяется из системы

	5x —a ≠ 0,
	ax — 1 ≠ 0,

откуда x ≠ a /₅ и, если a ≠ 0, x ≠ 1 /_a. Если a = 0, то уравнение примет вид или -2 = 15x,

откуда , и, поскольку следует, что если a = 0 то уравнение имеет решение .

Пусть a ≠ 0. Тогда в ОДЗ уравнение примет вид 2(ax — 1) = 3(5x — a), откуда (2a — 15)x = 2 — 3a и, следовательно,

если 2a — 15 ≠ 0, то есть то получим ;
если 2a-15 = 0, то есть то уравнение не имеет решений.

Таким образом для нужно проверить условие x ≠ a /₅ и x ≠ 1 /_a: или (2a — 15)a ≠ 5(2 — 3a) откуда 2a 2 ≠ 10, или Таким образом, для уравнение не имеет решений.

В случае второго ограничения получим или a(2 — 3a) ≠ (2a — 15), откуда 3a 2 = 15, то есть a 2 ≠ 5 (уже исследованный случай).

Таким образом, если уравнение не имеет решений, а если то уравнение имеет единственное решение (заметим, что решение полученное в случае a = 0 содержится в приведенном выше результате).

Пример 3. Решить уравнения

a) \|x — a\| = 2;	c) \|x — a\| + \|x — 2a\| = a;
b) \|x\| + \|x — a\| = 0;	d) \|x — 1\| + \|x — 2\| = a.

Решение. a) Используя свойство модуля, получим:

|x — a| = 2 Ы

	x — a = 2,
	x — a = -2,

	x = a + 2,
	x = a — 2.

Таким образом, для любого действительного a уравнение имеет два различных решения, x₁ = a + 2 и x₂ = a — 2.

b) Левая часть уравнения принимает неотрицательные значения (как сумма двух неотрицательных слагаемых), а правая часть равна нулю. Следовательно,

	x = 0,
	x — a = 0,

или

	x = 0,
	x = a.

Таким образом, если a = 0, то система (а, следовательно, и уравнение) имеет единственное решение x = 0, а если a ≠ 0, то система (и исходное уравнение) решений не имеет.

c) Так как | f(x)| = |-f(x)| уравнение можно переписать следующим образом |x — a| + |2a — x| = a.

Очевидно, что если a 0. Тогда a = |a| = |(2a — x) + (x — a)|, и уравнение примет вид |x — a| + |2a — x| = |(2a — x) + (x — a)|. Это уравнение равносильно (см. свойства модуля) неравенству (2a — x)(x — a) ≥ 0 откуда, учитывая, что 0 О [a;2a].

если a 0, то уравнение имеет бесконечное число решений — любое число a ≤ x ≤ 2a.

d) Очевидно, что уравнение имеет решения только при a > 0. Рассмотрим три случая:

Пусть x —x + 1 — x + 2 = a или -2x = a — 3 откуда . Поскольку xоткуда a > 1. Таким образом, если a > 1, то ;
Пусть x О [1;2]. Тогда |x — 1| = x — 1, |x — 2| = -(x-2) и уравнение примет вид x — 1 — x + 2 = a, 0·x = a — 1. Используя утверждение 1, получим:

если a = 1, то любое действительное число из отрезка [1;2] есть решение исходного уравнения;

если a ≠ 1, то решений нет.
Пусть x > 2. Тогда |x — 1| = x — 1, |x — 2| = x — 2 и уравнение примет вид x — 1 + x — 2 = a откуда Поскольку x > 2, то то есть a > 1.

если a > 1, то уравнение имеет два различных решения и

если a = 1, то любое число отрезка [1;2] есть решение уравнения;

если a Линейные неравенства

ax + b > 0, ax + b ≥ 0, ax + b О R, x — переменная, называются неравенствами первой степени (линейными неравенствами).

Поскольку все неравенства (2) решаются аналогично, приведем решение лишь первого из них: ax + b > 0. Рассмотрим следующие случаи:

a > 0, тогда ax + b > 0 Ы ax > —b Ы x > — b /_a и, следовательно, множество решений неравенства ax + b > 0 (a > 0) есть (- b /_a;+ Ґ );
aax + b > 0 Ы ax > —b Ы x b /_a и, следовательно, множество решений неравенства ax + b > 0 (a Ґ ;- b /_a);
a = 0, тогда неравенство примет вид 0·x + b > 0 и для b > 0 любое действительное число есть решение неравенства, а при b ≤ 0 неравенство не имеет решений.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1. Решить неравенства

a) 3x + 6 > 0;

c) 2(x + 1) + x

Решение. a) 3x + 6 > 0 Ы 3x > -6 Ы x > -2, и, следовательно, множество решений исходного неравенства есть (-2;+ Ґ ).

b) -2x + 3 ≥ 0 Ы -2x ≥ -3 Ы x ≤ 3 /₂, то есть множеством решений исходного неравенства является (- Ґ ; 3 /₂].

c) После элементарных преобразований получим линейное неравенство 2(x + 1) + x Ы 2x + 2 + x Ы 0·x + 1 Так как 1 3x + 2 ≥ 3(x — 1) + 1 Ы 3x + 2 ≥ 3x — 3 + 1 Ы 0·x + 4 ≥ 0, откуда следует, что любое действительное число является решением исходного неравенства.

Пример 2. Решить неравенства

a) ax ≤ 1;

b) |x — 2| > -(a — 1) 2 ;

c) 3(4a — x) ax + 3;

f) ax + b > cx + d;

Решение. a) В зависимости от знака a рассмотрим три случая:

если a > 0, то x ≤ 1 /_a;
если a 1 /_a;
если a = 0, то неравенство примет вид 0·x ≤ 1 и, следовательно, любое действительное число является решением исходного неравенства.

Таким образом, если a > 0, то x О (- Ґ ; 1 /_a], если a О [ 1 /_a;+ Ґ ), и если a = 0, то x О R.

b) Заметим, что |x — 2| ≥ 0 для любого действительного x и -(a-1) 2 ≤ 0 для любого значения параметра a. Следовательно, если a = 1, то любое x действительное число, отличное от 2, является решением неравенства, а если a ≠ 1, то любое действительное число является решением неравенства. Ответ: если a = 1, то x О R\<2>, а если a О R\<1>, то x О R.

c) После элементарных преобразований получим 3(4a — x) Ы 12a — 3x Ы 12a — 3 Ы x(2a + 3) > 3(4a — 1).

Далее рассмотрим три случая:

если 2a + 3 > 0, то есть a > — 3 /₂, то
если 2a + 3 3 /₂, то
если 2a + 3 = 0, то есть a = — 3 /₂, то неравенство примет вид 0·x > -21 и, так как 0 > -21 — истинное числовое неравенство, следует, что любое действительное число является решением исходного неравенства.

если то

Далее рассмотрим следующие случаи:

если a(b — 1) > 0, то есть a > 0 и b > 1, или a
если a(b — 1) 0 и b 1, то
если a = 0, b ≠ 1 то неравенство примет вид 0·x > 3 — b и для b > 3 любое число является решением, а если b О (- Ґ ;1) И (1;3], то множество решений неравенства пусто.
если a ≠ 0, b = 1, то неравенство примет вид 0·x > 2 и, очевидно, что оно решений не имеет.

если a > 0 и b > 1, или a 0 и b 1, то

если a = 0 и b О (3;+ Ґ ), то x О R;

если a = 0 и b О (- Ґ ;1) И (1;3) или a ≠ 0 и b = 1, то неравенство не имеет решений.

e) Заметим, что a ≠ ± 1, (в противном случае неравенство не имеет смысла). Неравенство переписывается следующим образом

Далее рассмотрим следующие случаи:

1. пусть a О (- Ґ ;-1) И (1;+ Ґ ), тогда (a — 1)(a + 1) > 0 и, следовательно, исходное неравенство равносильно следующему x(2 — 3a) + 3 — a ≤ 0, или x(2 — 3a) ≤ a — 3, откуда для a > 1

Последнее неравенство решается следующим образом:

если a О (-1; 2 /₃), то

если a О ( 2 /₃,1), то .

Таким образом, исходное неравенство

при a О (- Ґ ;-1) И ( 2 /₃;1) имеет решения

при a О (-1; 2 /₃) И (1;+ Ґ ) имеет решения

при a = 2 /₃, любое действительное число является решением исходного неравенства.

f) Исходное неравенство равносильно следующему (a — c)x > d — b откуда следует, что

если a >c, то a — c > 0 и, следовательно,
если a О R.

g) Заметим, что a ≠ 0 и b ≠ 0. Приведя к общему знаменателю, получим

2(b 2 — a 2 ) — x(b — a) 2 > 0,

ab > 0,

2(b 2 — a 2 ) — x(b — a) 2

x(b — a) 2 2 — a 2 ),

ab 2 > 2(b 2 — a 2 ),

ab Ы

ab > 0,

a ≠ b,

x О Ж ,

a = b,

Таким образом, если a и b одиннакогого знака (ab > 0) и a ≠ b, то множество решений неравенства есть если a и b — противоположных знаков (ab

a) |x + a| + |x — 2a| 2;

b) |x + a|

Решение. a) Заметим, что при a ≤ 0 неравенство решений не имеет. Пусть a > 0. Рассмотрим три случая:

пусть x О (- Ґ ;-a], тогда |x + a| = —x — a и |x — 2a| = 2a — x и неравенство примет вид —x — a + 2a — x — 3 /₂a, поскольку a > 0, пересечением множеств (- Ґ ;-a] и (а, следовательно, и множеством решений неравенства) явяется множество
пусть x О (-a;2a], тогда |x + a| = x + a, и |x — 2a| = 2a — x, и неравенство примет вид x + a + 2a — x и, поскольку a > 0, любое число из интервала (-a;2a] есть решение неравенства;
пусть x О (2a;+ Ґ ), тогда |x + a| = x + a и |x — 2a| = x — 2a, и неравенство примет вид x + a + x — 2a 5 /₂a. Учитывая условие x > 2a, получим x О (2a; 5 /₂a).

Таким образом, если a ≤ 0, то неравенство не имеет решений, а если a > 0, то множество решений неравенства есть (- 3 /₂a;-a] И (-a;2a] И (2a; 5 /₂a) или (- 3 /₂a; 5 /₂a).

b) Заметим, что неравенство может иметь лишь положительные решения. Для x > 0 неравенство переписывается |x + a| |x + a| Ы |x + a| Ы (x + a + ax)(x + a — ax) Ы

Ы [(a + 1)x + a][(1 — a)x + a] Ы

(a + 1)x + a > 0,

(1 — a)x + a Ы

		(a + 1)x > —a,
		(1 — a)x —a.

Если a > 1, тогда a — 1 > 0 и a + 1 > 0, и первая система совокупности примет вид

откуда (учитывая, что x > 0) получим а вторая система совокупности примет вид и, так как a > 1 влечет а x > 0, система не имеет решений.

Если a = 1, то первая система совокупности не имеет решений, а из второй получим x 1 /₂, и, так как x > 0, то и в этом случае исходное неравенство не имеет решений.

Если -1 0 и 1 — a > 0, и первая система совокупности примет вид или откуда, заметив, что получим, что первая система совокупности несовместна. Из второй системы получим и, учитывая, что x > 0, получим откуда a О [0;1), то неравенство не имеет решений, а если a О (-1;0), то множество решений неравенства есть

Если a = -1, то первая система совокупности несовместна, а из второй получим x > 1 /₂.

Если a 0, и из первой системы следует Так как a 0, то в этом случае исходное неравенство не имеет решений. Вторая система совокупности примет вид и, поскольку x > 0, получим

если a О (- Ґ ;-1) И (1;+ Ґ ), то

если a О [0;1], то неравенство не имеет решений;

Решение уравнений с параметрами

Иногда в уравнениях некоторые коэффициенты заданы не конкретными числовыми значениями, а обозначены буквами.

В этом уравнении х – неизвестное, a, b,c – коэффициенты, которые могут принимать различные числовые значения. Заданные таким образом коэффициенты называются параметрами.

Одно уравнение с параметрами задает множество уравнений (для всех возможных значений параметров).

–102–1000y=; и т. д.

это все уравнения, которые задает уравнение с параметрами ax+b=c.

Решить уравнение с параметрами – это значит:

1. Указать, при каких значениях параметров уравнение имеет корни и сколько их при разных значениях параметров.

2. Найти все выражения для корней и указать для каждого из них те значения параметров, при которых это выражение определяет корень уравнения.

Обратимся к уже приведенному уравнению с параметрами ax+b=c и решим его.

Если а¹0, то .

Если а=0, то получаем b=c, если это действительно так, то корнем уравнения является любое действительное число, если же b¹c, то уравнение решений не имеет.

Таким образом, мы получили:

при а¹0, ;

при а=0 и b=c, х – любое действительное число;

при а=0 и b¹c, уравнение корней не имеет.

В процессе решения этого уравнения мы выделили значение параметра а=0, при котором происходит качественное изменение уравнения, такое значение параметра мы в дальнейшем будем называть «контрольным». В зависимости от того, какое уравнение мы имеем, «контрольные» значения параметра находятся по-разному. Рассмотрим различные типы уравнений и укажем способ нахождения «контрольных»значений параметра.

I. Линейные уравнения с параметром и уравнения, приводимые к линейным

В таких уравнениях «контрольными» значениями параметров, как правило, являются значения, обращающие в нуль коэффициенты при х.

Пример 1. Решить уравнение с параметром: 2а(а–2)х=а–2

1. «Контрольными» значениями являются значения, удовлетворяющие условию:

решим это уравнение относительно переменной а.

2. Решим первоначальное уравнение при «контрольных» значениях параметра.

При а=0 имеем 0×х=–2, но это не имеет место ни при каких действительных значениях х, то есть в этом случае уравнение корней не имеет.

При а=2 имеем 0×х=0, это справедливо при любом значении х, значит, корнем уравнения является любое действительное число х.

3. Решим первоначальное уравнение, в случае, когда а¹0 и а¹2, тогда 2а(а–2)¹0 и обе части уравнения можно поделить на 2а(а–2), получим:

, так как а¹2, то дробь можно сократить на (а–2), тогда имеем .

Ответ: при а=0, корней нет;

при а=2, корень – любое действительное число;

при а¹0, а¹2, .

Можно представить алгоритм решения такого типа уравнений.

1. Определить «контрольные» значения параметра.

2. Решить уравнение относительно х, при контрольных значениях параметра.

3. Решить уравнение относительно х, при значениях, отличных от «контрольных».

4. Записать ответ в виде:

Ответ: 1) при значениях параметра. , уравнение имеет корни. ;

2) при значениях параметра. , уравнение имеет корни. ;

3) при значениях параметра. , уравнение корней не имеет.

Пример 2. Решить уравнение с параметром

1. Найдем контрольные значения параметра

2. Решим уравнение при а=1

0×х=(1+2×1–3) Û 0×х=0 Þ х – любое действительное число.

3. Решим уравнение при а¹1

а2–2а+1¹0 Þ

разложим числитель и знаменатель дроби на множители

так как а¹1, дробь можно сократить

4. Ответ: 1) при а=1, х – любое действительное;

2) при а¹1, .

Пример 3. Решить уравнение с параметром

1. Так как параметр а стоит в знаменателе, то а обязательно должно быть отлично от нуля. При а¹0 приведем это уравнение к стандартному виду линейного уравнения, для чего обе части умножим на а.

найдем «контрольные» значения а

2. Решим уравнение при а=2

это равенство не имеет места ни при каких значениях х.

3. Решим уравнение при а¹2

2–а¹0 Þ .

4. Ответ: 1) при а=2, корней нет;

2) при а¹0, а¹2, ;

3) при а=0 уравнение не имеет смысла.

Пример 4. Решить уравнение с параметром

1. Так как параметр а стоит в знаменателе дроби, то чтобы уравнение имело смысл, а+2 обязательно должно быть отлично от нуля

так как х стоит в знаменателе дроби, то х¹0. Преобразуем уравнение

так как х¹0 и а¹–2, уравнение равносильно уравнению

найдем контрольные значения параметра

2. Решим уравнение при а=–3.

при любом х равенство места не имеет

так как х¹0, то проверим, нет ли значений а, при которых х=0, для этого приравняем полученную дробь к нулю

Û ,

поэтому, чтобы уравнение имело смысл .

4. Ответ: 1) при а=–3, а=–2, , корней нет;

2) при а¹–2, а¹–3, , .

II. Квадратные уравнения с параметром и уравнения, приводимые к квадратным

В таких уравнениях в качестве «контрольных» берут обычно значения параметра, обращающие в нуль коэффициент при х2, так как в этом случае уравнение становится линейным, а также значение параметра, обращающие в нуль дискриминант уравнения, так как от значения дискриминанта зависит число действительных корней квадратного уравнения.

Пример 5. Решить уравнение с параметром

1. Найдем значения параметра, обращающие в нуль коэффициент при х

2. Решим уравнение при а=1

0×х2+2(2×1+1)х+4×1+3=0 Û 6х+7=0 Û .

3. Найдем значения параметра, обращающие в нуль дискриминант уравнения

4(5а+4)=0 Û .

4. Решим уравнение при , в этом случае уравнение будет иметь один действительный корень

Û Û

9х2+6х+1=0 Û (3х+1)2=0 Û .

5. Решим уравнение при а¹1, . В этом случае D 0, проверить, удовлетворяют ли они п.1.

7. Записать ответ.

Пример 6. Решить уравнение с параметром

1. Так как а стоит в знаменателе дроби, то уравнение имеет смысл только при а¹0. В знаменателе стоят и выражения а2х–2а и 2–ах, которые тоже должны быть отличны от нуля

а2х–2а¹0 Û а(ах–2)¹0 Û а¹0, ах–2¹0 Û а¹0, ;