Семинар на тему: «Решение нестандартных задач в рамках итогового повторения курса алгебры и начал анализа»
методическая разработка по алгебре (11 класс) по теме

Слайд 1

УРОК – СМОТР ЗНАНИЙ В 11 классе ГОУ Гимназии №63 Калининского района Санкт-Петербурга Учитель: Залыгина Т.И.

Слайд 2

« Решение нестандартных задач в рамках итогового повторения курса алгебры и начала анализа »

Слайд 3

- образовательная: повторение, обобщение и систематизация знаний за 10-11 классы по данным темам; - воспитательная: воспитание толерантности и ответственности; - развивающая: умение собирать, анализировать и систематизировать информацию, объяснять сложные ключевые моменты, находить нестандартные решения.

Слайд 4

Решить уравнение :

Слайд 5

Уравнения, решаемые заменой неизвестного . Основания – иррациональные выражения, произведение которых равно 1: ВАЖНО! и называются сопряженными = 1 Выражения Решение:

Слайд 6

Д омножим каждый член уравнения на Получим: + 1 = 10 Обозначим = t>0 ,получим уравнение умножим это уравнение на t Получим: t 2 -10 t +1=0 , получаем 1) 2) 3) 1 . = = 2 . х = 1 х = -1

Слайд 7

Решить неравенство :

Слайд 8

Решение трансцендентных неравенств. Решение: ОДЗ 0 1,5 -1 - + + Решение:

Слайд 9

1) Д окажем, что положителен при любых значениях х. = 0 D 0 ветви параболы вверх 0 a х у 0 выполняется при любых х из ОДЗ следовательно, неравенство 0

Слайд 10

2) рассмотрим две системы неравенств: х 2 - х + 2 > 1 log 0,6 >0 х 2 - х + 2 < 1 log 0,6 < 0 1) 2) ВАЖНО! на множестве всех действительных значений х 2 - х + 2 < 1 не имеет решения, следовательно вторая система решений не имеет. х 2 - х + 2 < 1 х 2 - х + 1 < 0 / х 2 - х + 1 = 0 D< 0, a > 0 х у 0 Решим вторую систему

Слайд 11

Тогда рассмотрим систему (1) Система эквивалентна неравенству: log 0,6 >0 < 1 0 < решением этого неравенства является ОДЗ >0 1) < 1 2) < 0 ; < 0 ; 4 -1 + + -

Слайд 12

Найти наибольший корень уравнения:

Слайд 13

Так как период функции f(x)=tgx равен π , то аргументы левой и правой части равны с точностью до πk, где k – целое. ОДЗ не находим, так как проще сделать проверку. : π Решение:

Слайд 15

x принимает максимальное значение, когда принимает минимальное значение, то есть, когда k = -1, так как k – целое число

Слайд 17

Найдите наименьшее значение периметра прямоугольника со сторонами, параллельными осям координат, и с диагональю ОМ, где О – начало координат, а М – точка на графике функции , .

Слайд 18

, подставив эти крайние точки в функцию Периметр прямоугольника равен , т.к. его стороны параллельны осям координат, а одна его вершина является началом координат. получаем , т.е . положителен, так как функция является непрерывно убывающей на данном промежутке . Значит периметр можно записать в виде Периметр минимален, значит необходимо найти минимум функции на промежутке . 8 , 9 8   x О.Д.З:

Слайд 19

Ищем производную функции p по x : находим нули производной: Находим знаки производной методом интервалов, т.к. производная непрерывна на своей области определения: точка минимума функции Нашли одну искомую сторону прямоугольника - вторая сторона Периметр: Область определения функции y : 7,5 9,5

Слайд 20

Найти все значения параметра a, при которых система имеет хотя бы одно решение. :

Слайд 21

Уравнения, составляющие систему, являются уравнениями окружностей R=6a, центр – (5;0) R= 7 a, центр – ( 0 ; 12 ) Решение:

Слайд 22

x y 0 12 5 A B Из прямоугольного треугольника OAB расстояние между центрами окружностей по теореме Пифагора равно 13.

Слайд 23

Для того, чтобы система имела хотя бы одно решение, окружности должны иметь хотя бы одну общую точку, а значит, сумма их радиусов должна быть не меньше расстояния между центрами этих окружностей. С другой стороны, при увеличении параметра a одна окружность полностью войдет в другую, поэтому радиус большей окружности должен быть не больше суммы радиуса меньшей и расстояния между центрами. x y 0 A B

Слайд 25

Даны два уравнения. Параметр р выбирается так, что и число различных корней уравнения в сумме с числом p+5 дает число различных корней второго уравнения. Решите первое уравнение при каждом значении параметра, выбранным таким образом

Слайд 26

1) так как , то функция определена на промежутке . Так как основание логарифма больше 1, то эта функция возрастает. Линейная функция убывает, так как коэффициент при х отрицателен. Поэтому число n корней первого уравнения равно 0 или 1. Решение:

Слайд 27

2) С возрастанием х функция возрастает неограниченно. При достаточно больших х ее график расположен выше прямой . При приближении х к нулю значения функции неограниченно убывают, и ее график окажется ниже этой прямой. Значит, прямая и график функции пересекутся, т.е. n =1. 3) Число 0 не является корнем второго уравнения. При второе уравнение равносильно уравнениям: Уравнение (*) всегда имеет ненулевой корень x =-5. поэтому число k различных корней второго уравнения равно 1 или 2.

Слайд 28

4) По условию 1+( p +5)= k , т.е. p = k -6. Поэтому p =-5 или p =-4. Если p =-5, то k =1, а уравнение (*) примет вид ( x +5)(-9 x +17)=0. у него два ненулевых корня, т.е. k =2, что противоречит условию k =1. если p =-4, то k =2, а уравнение (*) примет вид ( x +5)(-7 x +12)=0. у него два ненулевых корня, т.е. k =2. значит, p =-4 удовлетворяет условию задачи. 5) При p =-4 первое уравнение примет вид Его единственным корнем является число x =3,5, найденное подбором:

Слайд 29

Найти S ф. , ограниченной осями координат и лежащую в квадрате, у которого пересечение диагоналей находится в начале системе координат, стороны квадрата параллельны осям координат и равны по 12; при этом координаты точек, составляющих фигуру, удовлетворяют следующему условию y≤16/x y ≥ x ; (*) и не удовлетворяют условию: x ² + y ² + 4 < 4 x + 4 y . (**)

Слайд 30

Преобразуем x ² + y ² + 4 = 4 x + 4 y в уравнение окружности. Для этого перенесем 4 x + 4 y в левую часть, а также прибавим к обеим частям уравнения 4 (четыре); Получаем ( x – 2)² + ( y - 2)² = 2² ; где радиус окружности равен 2, а центр окружности находится в точке (2;2). Решение:

Слайд 31

Построим фигуру с учетом (*) и (**), построение не вызывает сложностей. Ответом этой системы является красная и оранжевая области. Теперь изобразим на координатной плоскости квадрат со стороной 12, заметим что координаты его вершин будут удовлетворять точки (6;6), (-6;6), (-6;-6) и (6;-6). Также изображаем круг с центром (2;2) и R=2 .

Слайд 32

Площадь фигуры выделена красным

Слайд 33

Очевидно, что сегменты DD ' D " и ВВ'В" имеют равные площади (в силу нечетности функций у=16/ x и равенства отрезков). То есть можно заменить ВВ'В" на DD ' D ". Далее задача упрощается. Найдем площадь треугольника ОРВ по формуле S = (½)·ОР ·РВ; S = (½)·36; S = 18 (кв. ед.).

Слайд 34

Нас интересует площадь, закрашенная красным . Итак, S ф = S ОРВ – S полукруга ; S полукруга = (π R ²)/2 = 2π (кв. ед.). Откуда S ф = 18 - 2π (кв. ед.). Ответ: S ф = 18 - 2π (кв. ед.).

Слайд 35

Решить систему:

Слайд 36

1.Упростим систему. Решение:

Слайд 37

2.Теперь необходимо упростить второе неравенство. Для этого разложим многочлен на множители, воспользуемся теоремой Безу.

Слайд 38

3.Решением данного неравенства являются интервалы. Необходимо заметить что при переходе через точку ½ знак не меняется из-за четности. 4.Теперь посмотрим на уравнение 3. По определению |sin y| ≤1 , откуда |x| ≤1. Получаем два корня х= ½ и х=1.

Слайд 39

5. Решим неравенство 1. В основании логарифма стоит тригонометрическая функция. 0 0 , так как стоит в основании логарифма. При освобождении от логарифма знак будет меняться на противоположный. Откуда х ≤ ½, то есть х = ½ .

Слайд 40

6.Решаем уравнение 3. sin y = ½ . Решением данного уравнения является совокупность. 7.Существует условие , делаем выборку корней.

Слайд 41

Необходимо сделать проверку системы. Для нее является решением : х = ½ и у = π /6.