Методический электронный образовательный центр Министерства образования Оренбургской области и Оренбургского государственного университета
Методический электронный образовательный центр Министерства образования Оренбургской области и Оренбургского государственного университета
Название предмета Алгебра
Класс 9
УМК (название учебника, автор, год издания) «Алгебра 9» Ю.Н Макарычев,2008
Уровень обучения: базовый.
У р о к 131-132 (21-22).
Неравенства и системы неравенств
с одной переменной второй степени
Цели: систематизировать знания учащихся по теме; актуализировать умения и навыки решения неравенств и систем неравенств с одной переменной второй степени.
Ход урока
I. Организационный момент.
II. Математический диктант.
В а р и а н т 1 [В а р и а н т 2]
1. Является ли число –3 решением системы неравенств?
2. Запишите решение системы неравенств:
3. Запишите решение системы неравенств:
4. Запишите решение системы неравенств:
5. Решите систему неравенств:
О т в е т ы:
В а р и а н т 1 [В а р и а н т 2]
1. Нет [нет].
2. (5; 6] [(5;9]].
3. (20;+∞) [{2}].
4. Нет решений [(–∞;1)].
5. [2;+∞) [[7;+∞)].
III. Повторение учебного материала.
Для актуализации знаний можно воспользоваться презентацией «Неравенства».
Неравенства вида ах2 + bx + c > 0 и ах2 + bx + c < 0, где х – переменная, а, b, c – некоторые числа и а ≠ 0, называют неравенствами второй степени с одной переменной.
А л г о р и т м р е ш е н и я:
1. Найти дискриминант трехчлена ах2 + bx + c и определить, имеет ли трехчлен корни.
2. Схематически изобразить параболу в зависимости от знака коэффициента при х2 и наличия корней.
3. Найти на оси х промежутки, для которых точки параболы расположены выше оси х или ниже оси х, в зависимости от знака решаемого уравнения.
Данный материал целесообразно представить в виде опорного конспекта или таблицы. Следует заполнить только «шапку» таблицы, содержимое заполнить либо при устном фронтальном опросе, либо организовав работу по вариантам.
а > 0
a < 0
1
2
3
D > 0
ах2 + bx + c > 0
(–∞; х1) (х1; +∞)
(х1; х2)
ах2 + bx + c ≥ 0
(–∞; х1] [х1; +∞)
[х1; х2]
ах2 + bx + c < 0
(х1; х2)
(–∞; х1) (х2; +∞)
ах2 + bx + c ≤ 0
[х1; х2]
(–∞; х1] [х2; +∞)
D = 0
ах2 + bx + c > 0
(–∞; х0) (х0; +∞)
нет решений
ах2 + bx + c ≥ 0
х – любое
{х0}
ах2 + bx + c < 0
нет решений
(–∞; х0) (х0; +∞)
ах2 + bx + c ≤ 0
{х0}
х – любое
Окончание табл.
1
2
3
D < 0
ах2 + bx + c > 0
х – любое
нет решений
ах2 + bx + c ≥ 0
х – любое
нет решений
ах2 + bx + c < 0
нет решений
х – любое
ах2 + bx + c ≤ 0
нет решений
х – любое
IV. Формирование умений и навыков.
При решении упражнений следует побуждать учащихся иллюстрировать полученные решения на числовой оси. Если корни квадратного трехчлена не удовлетворяют неравенству, изображаем их «выколотыми» точками.
Упражнения:
№ 1011 (а, в).
Р е ш е н и е
а) х2 + 2х – 15 < 0;
х2 + 2х – 15 = 0.
По теореме Виета, х1 · х2 = –15, х1 + х2 = –2, значит, х1 = 3; х2 = –5. Ветви параболы направлены вверх.
(–5; 3).
в) 10 – 3х2 ≤ 5х – 2;
– 3х2 – 5х + 12 ≤ 0;
3х2 + 5х – 12 ≥ 0;
3х2 + 5х – 12 = 0;
D = 52 – 4 · 3 · (–12) = 25 + 144 = 169 = (13)2;
х1 = ;
х2 = = –3.
Ветви параболы направлены вверх.
(–∞; –3] [; +∞).
О т в е т: а) (–5; 3); в) (–∞; –3] .
№ 1012 (б, г).
Р е ш е н и е
б) (3х – 2)2 – 4х (2х – 3) > 0;
9х2 – 12х + 4 – 8х2 + 12х > 0;
х2 + 4 > 0; х2 ≥ 0.
х2 + 4 > 4, значит, х2 + 4 > 0 для любых х.
(–∞;+∞).
г) (5х + 2) (х – 1) – (2х + 1) (2х – 1) < 27;
5х2 – 5х + 2х – 2 – 4х2 + 1 – 27 < 0;
х2 – 3х – 28 < 0;
х2 – 3х – 28 = 0.
По теореме Виета, х1 · х2 = –28, х1 + х2 = 3, значит, х1 = –4; х2 = 7. Ветви параболы направлены вверх.
(–4; 7).
О т в е т: б) (–∞; +∞); г) (–4; 7).
№ 1013 (а).
Р е ш е н и е
Докажем, что х2 – 3х + 200 > 0 для любых х.
х2 – 3х + 200 = 0;
D = (–3)2 – 4 · 1 · 200 = –791.
D < 0, значит, корней нет. Так как ветви параболы направлены вверх, то парабола расположена выше оси х на всей числовой прямой, то есть трехчлен х2 – 3х + 200 принимает только положительные значения.
№ 1014 (а, г).
Р е ш е н и е
а)
х2 – 2х – 3 = 0, по теореме Виета, х1 · х2 = –3, х1 + х2 = 2, значит, х1 = –1;
х2 = 3. Ветви параболы направлены вверх.
[–1; 2,5].
г)
[0; +∞).
О т в е т: а) [–1; 2,5]; г) [0; +∞).
№ 1015 (а).
Р е ш е н и е
х2 – 7х + 6 = 0, по теореме Виета, х1 · х2 = 6, х1 + х2 = 7, значит, х1 = 1;
х2 = 6. Ветви параболы направлены вверх.
1 ≤ х ≤ 6.
х2 – 8х + 15 = 0, по теореме Виета, х1 · х2 = 15, х1 + х2 = 8, значит, х1 = 3;
х2 = 5. Ветви параболы направлены вверх.
х ≤ 3 или х ≥ 5.
И м е е м:
[1; 3] [5; 6].
Объединению данных отрезков принадлежат целые решения 1; 2; 3; 5; 6.
О т в е т: 1; 2; 3; 5; 6.
V. Итоги урока.
В о п р о с ы у ч а щ и м с я:
– Какое неравенство называется неравенством второй степени с одной переменной?
– Сформулируйте алгоритм решения неравенства второй степени с одной переменной.
– Охарактеризуйте способ решения системы неравенств с одной переменной.
Домашнее задание: № 1012 (а, в), № 1014 (б, в), № 1015 (б), № 1016 (г, е).
Автор(ы): Джанаева О. В.
Скачать: Алгебра 9кл - Конспект.docxАвтор(ы): Джанаева О. В.
Скачать: Алгебра 9кл - Презентация к уроку.ppt
