|
м.
Днiпропетровськ Красногвардiйський
район середня
школа № 62 вчитель
математики Гладка
Н.К.
« Систематизація методів розв’язання показникових рівнянь»
|
|
« Найдавніший здобуток освіти – це толерантність до іншої думки» Галер Келер |
|
|
|
|
|
Узагальнюючий урок - семінар по темі: «Систематизація методів розв’язання показникових рівнянь».
Дидактична мета: формування навичок розв’язання показникових рівнянь.
Виховна мета: виховання цілеспрямованості .
Розвиваюча мета: розвиток уміння аналізувати.
Обладнання: таблиці, картки.
Тип уроку: семінар – практикум
Хід уроку:
І. Актуалізація опорних знань учнів
Фронтальне опитування по темі: « Показникова функція, її графік та властивості».
Клас поділено на три рівні по кількості учнів групи. В кожній групі є учень консультант, який контролює відповіді учнів своєї групи та оцінює їх.
Питання для опитування:
Визначення функції;
Область визначення показникової функції;
Область значень функції;
Загальний вигляд графіка показникової функції а ≥0
Визначення графіка функції;
Загальний вигляд графіка функції при 0 ≤ а ≤ 1
Основні властивості степенів з дійсними показниками
Вказати при яких значеннях а показникові функція зростає, при яких спадає.
ІІ. Мотивація навчальної діяльності
Розв’яжемо декілька рівнянь:
-5
=
81
9х
– 2
3х
= 1 = 0
При розв’язуванні першого рівняння застосовують метод зведення до спільної основи
-5 = 81
Х2 – 5 = 4
Х2 = 9
Х = ±3
При розв’язуванні другого рівняння застосовуємо метод введення нової змінної:
32х – 2 3х = 1 = 0
3х = t, t≥0
t2 – 2t + 1 = 0
( t - 1) 2 = 0
t - 1 = 0
t=1
3x=1
3x=30
x=0
Пропонуються більш складні рівняння:
(3х
– 81) (4х
+ 6х -
9х)=0
32х+2=4
3х+2
2
– 11
Але перш ніж розв’язати ці рівняння, пропонується систематизувати метод розв’язування показникових рівнянь:
І тип:
a f(x)=1
a f(x)= a0
f(x)=0
Приклад 1:
7 2sinх+√3 = 1
7 2sinх+√3 = 70
sinх
= -
х=(-1)k+1
arcsin
+ Пk
k
є Z
х=(-1)k+1
+ Пk,k є Z
Відповідь: (-1)k+1 + Пk,k є Z
І тип:
a f(x)= aа
f(x)=а
Приклад 2:
36-х = 33х-2
6 - х = 3х-2
-4х = - 8
x = 2
Відповідь:2
ІІІ тип:
a f(x)=b
Логарифмування обох частин за зручною основою
lg a f(x)= lg b
f(x) lg a = lg b
f(x)
=
Приклад 3:
32х-1 = 53-х
lоg 3 32х-1 = (3 – х) lоg 35
2х - 1 = (3 – х) lоg 35
2х + х lоg 35 = 1+ lоg 35
х(2 + lоg 35) = 1+ 3 lоg 35
x=
Відповідь:
ІV тип:
A0 amx+k0 + A1 amx+k1 + … + An amx+kn = M
Винесення
за дужки множника
amx+k, де k j - найменший
amx+k, (A0 a k0-kj + A1ak1-kj+…+a0akn-kj) = M
N
amx+kj
=
Приклад 4:
3 5x+3 = 2 5x+1 = 77
5x+1 (3 5X+3-X-1 + 2) = 77
5x+1 (3 52 + 2) = 77
5x+1 77 = 77
5x+1 = 1
5x+1 = 50
х +1 =0
х = - 1
Відповідь: -1
V тип:
A0 a 2х + A1 aх + A2 = 0
Введення нової змінної
ax =у, у ≥0
A0 у2 + A1 у + A2 = 0
ax = у1, ax = у2,
якщо у1,у2≥0
Приклад 5:
5х
+
=
30
52х + 125 =30 5х
52х - 30 5х + 125 = 0
5х = у, у ≥0
ʏ2 – 30у + 125 = 0
=
225 – 125 = 100
у1 = 5, у2 = 25
5х = 5,5х = 25
Х = 1, х = 2
Відповідь: 1;2
VІ тип:
А0ах
+ А1
+ А2вх
= 0
Ділення на ax або вх
А0
+ А1
+ А2
= 0
А0
x
+ А1
+
А2 =
0
= у,у≥0
А0 у2 + А1 у + А2 = 0
= у1
= у2
Приклад 6:
22х+1 – 5 6х +3 ∙ 32х = 0
2 22х – 5 3х 2х+3 32х=0
2
- 5
+ 3 = 0
2
– 5
+
3 = 0
= у,у≥0
2 у2 – 5у + 3 = 0
у1
=
, у2 =
1
= , = 1
=
,
=
х= - 1, х=0
Відповідь: - 1; 0
VІІ тип:
Графічний спосіб розв’язування а µ(х) = f(x)
Графічний спосіб розв’язування рівнянь зручний у ролі допоміжного засобу, який застосовується при наближеному розв’язуванні показникових та інших рівнянь. Вміння будувати графіки функцій у= а µ(х) і у = f(x) часто допомагають визначити кількість коренів рівняння.
Приклад 7:
2х = х + 4
Кожну частину рівняння записуємо як функції у = 2х і у = х + 4. Будуємо графіки цих функцій в одній і тій самій системі координат:
4
1
-4 2
Після розглядання кожного з типів рівнянь учнями пропонуються відповідні приклади.
Повернемось до попередніх рівнянь:
№1
(3х – 81)(4x+6х-2 9х)=0
ОДЗх≥0
3х - 81=0
4х + 6х - 2 9х = 0
х≥0
3х
= 34
22х +2х 3х - 2 32х =0
х≥0
х=4
+ – 2 = 0
х≥0
+ - 2= 0
=
t,
t
0
t2 + t - 2 = 0
t1
- 2
t2
= 1
1
Х=0
x=4
x=0
х≥0
Відповідь: 0,4
№2
32х+2
= 4
3х+2
- 2
– 11
32х+2
= 4
3х+2
- 2
– 11
= 12
3х+1 –
2
2
– 11
= 12
3х+1 –
2[
] – 11
І випадок:
Нехай 1 - 3х+1 ≤ 0
3х+1 ≥ 1
3х+1 ≥ 30
Х + 1 ≥ 0; х - 1
тоді
32(х+2)
=12
3х+1 +
2 – 2
– 11
32(х+2) – 10 3х+1 +9 = 0
3х+1 = t,t≥0
t2
– 10t
+ 9=0
t1=1
t2=9
3х+1
=
1
3х+1 = 32
x+1=0
x+1=2
x=-1
x=1, що не суперечить умові х ≥ - 1
II випадок:
32х+2
=
12
3х+1 –
2
– 11
Нехай 1 - 3х+1 1,
тоді 3х+1 1,
x+1 0,
x - 1, що рівносильно умові t 1
32(х+1) = 12 3х+1 – 2 + 2 – 11
32(х+1) - 14 3х+1 +13 =0
3х+1 = t,t 0 ( t 1)
t2
– 14t
+ 13 = 0
t1 = 13
t2 = 1, це суперечить умові t 1, тому рівняння при х - 1 розв`язків не має.
ІІІ Підведення підсумків уроку.
Оцінювання роботи учнів
Домашнє завдання
І тип
2 2sinх-1 = 1 2.
-
4
=
1
=
1
4.
3x-2
=
1
52x+1 = 1 6. 102x = 1
7. 8x-1 = 1 8. 42x = 1
І тип