Рационализация әдісі күрделі экспоненциалды, логарифмдік және т.б. бар теңсіздіктен өтуге мүмкіндік береді. өрнектер, балама қарапайым рационал теңсіздікке.

Сондықтан теңсіздіктердегі рационализация туралы айтуды бастамас бұрын, эквиваленттілікке тоқталайық.

эквиваленттілік

Эквивалент немесе эквиваленттүбір жиындары сәйкес келетін теңдеулер (теңсіздіктер) деп аталады. Түбірлері жоқ теңдеулер (теңсіздіктер) де эквивалент болып саналады.

1-мысалТүбірлері бірдей болғандықтан және теңдеулері эквивалентті.

2-мысалжәне теңдеулері де эквивалентті, өйткені олардың әрқайсысының шешімі бос жиын болып табылады.

3-мысалжәне теңсіздіктері эквивалентті, өйткені екеуінің де шешімі жиын болып табылады.

4-мысалжәне тең емес. Екінші теңдеудің шешімі небәрі 4, ал бірінші теңдеудің шешімі де 4 және 2.

5-мысалТеңсіздік теңсіздікке тең, өйткені екі теңсіздікте де шешімі 6-ға тең.

Яғни сыртқы түрі бойынша эквивалентті теңсіздіктер (теңдеулер) ұқсастықтан өте алыс болуы мүмкін.

Шындығында, күрделі, ұзақ теңдеулерді (теңсіздіктерді) осылай шешіп, жауабын алған кезде, түптеп келгенде, біздің қолымызда бастапқы теңдеуден (теңсіздік) басқа ештеңе жоқ. Түрі басқа, бірақ мәні бір!

6-мысалТеңсіздікті қалай шешкенімізді еске түсірейік интервалдар әдісімен танысу алдында. Біз бастапқы теңсіздікті екі жүйенің жиынтығымен ауыстырдық:

Яғни, теңсіздік пен соңғы жиын бір-біріне эквивалентті.

Сонымен қатар, біз коллекцияны қолымызда ұстай аламыз

оны интервал әдісімен тез арада шешуге болатын теңсіздікпен ауыстырыңыз.

Логарифмдік теңсіздіктерде рационалдау әдісіне жақындадық.

Логарифмдік теңсіздіктердегі рационализация әдісі

теңсіздікті қарастырайық.

4 санын логарифм түрінде көрсетеміз:

Біз логарифмнің айнымалы негізімен жұмыс істейміз, сондықтан логарифм негізі 1-ден үлкен немесе 1-ден кіші (яғни, біз өсу немесе кему функциясымен айналысамыз) байланысты теңсіздік белгісі қалады немесе өзгерту »». Сондықтан екі жүйенің комбинациясы (комбинациясы) бар:

Бірақ, НАЗАР АУДАРЫҢЫЗ, бұл жүйені ОДЗ ескере отырып шешу керек! Негізгі ой жоғалып кетпесін деп ODZ жүйесін әдейі жүктеген жоқпын.

Қараңыз, енді біз жүйемізді осылай қайта жазамыз (біз әрбір теңсіздік жолындағы барлығын сол жаққа жылжытамыз):

Бұл сізге ештеңені еске түсірмейді ме? Аналогия бойынша мысал 6бұл жүйелер жиынын теңсіздікпен ауыстырамыз:

Бұл теңсіздікті ODZ бойынша шешіп, біз теңсіздіктің шешімін аламыз.

Алдымен бастапқы теңсіздіктің ODZ мәнін табайық:

Енді шешейік

ODZ ескере отырып, соңғы теңсіздікті шешу:

Міне, мына «сиқырлы» кесте:

Кесте шарт бойынша жұмыс істейтінін ескеріңіз

функциялары қайда,

- функция немесе сан,

- кейіпкерлердің бірі

Кестенің екінші және үшінші жолдары біріншінің салдары екенін ескеріңіз. Екінші жолда 1 алдында , ал үшінші жолда 0 түрінде көрсетіледі.

Тағы бірнеше пайдалы салдар (олардың қайдан шыққанын оңай түсінесіз деп үміттенемін):

функциялары қайда,

- функция немесе сан,

- кейіпкерлердің бірі

Көрсеткіштік теңсіздіктердегі рационализация әдісі

Теңсіздікті шешейік.

Бастапқы теңсіздікті шешу теңсіздікті шешуге тең

Жауап: .

Көрсеткіштік теңсіздіктерде рационалдау кестесі:

– функциялары , – функция немесе сан, – белгілердің бірі Кесте шарт бойынша жұмыс істейді. Сондай-ақ үшінші, төртінші жолдарда - қосымша -

Тағы да, шын мәнінде, кестенің бірінші және үшінші жолдарын есте сақтау керек. Екінші жол біріншінің ерекше жағдайы, ал төртінші жол үшіншінің ерекше жағдайы.

Құрамында модуль бар теңсіздіктердегі рационализация әдісі

Түрлі теңсіздіктермен жұмыс істеу, мұндағы кейбір айнымалы функциялар, біз келесі эквивалентті ауысуларды басшылыққа аламыз:

Теңсіздікті шешейік».

АМұнда көбірек ұсыныңыз «Теңсіздіктерді рационализациялау» тақырыбы бойынша бірнеше мысалды қарастырыңыз.

Бөлімдер: Математика

Көбінесе логарифмдік теңсіздіктерді шешу кезінде логарифмнің айнымалы негізіне есептер шығарылады. Сонымен, пішіннің теңсіздігі

стандартты мектеп теңсіздігі болып табылады. Әдетте, оны шешу үшін жүйелердің эквивалентті жиынтығына көшу қолданылады:

Бұл әдістің кемшілігі екі жүйе мен бір жиынды есептемей, жеті теңсіздікті шешу қажеттілігі болып табылады. Берілген квадраттық функциялардың өзінде де, популяциялық шешім көп уақытты қажет етуі мүмкін.

Бұл стандартты теңсіздікті шешудің балама, аз уақытты қажет ететін әдісін ұсынуға болады. Ол үшін келесі теореманы ескереміз.

Теорема 1. Х жиынында үздіксіз өсетін функция болсын. Сонда бұл жиында функцияның өсімшесінің таңбасы аргумент өсімінің таңбасымен сәйкес келеді, яғни. , Қайда .

Ескерту: егер Х жиынында үздіксіз кему функциясы болса, онда .

Теңсіздікке оралайық. Ондық логарифмге көшейік (бірден үлкен тұрақты негізі бар кез келгеніне өтуге болады).

Енді алымдағы функциялардың өсімін байқап, теореманы пайдалана аламыз және бөлгіште. Демек, бұл рас

Нәтижесінде жауапқа әкелетін есептеулер саны шамамен екі есе азаяды, бұл уақытты ғана емес, сонымен қатар арифметикалық және абайсыз қателерді ықтимал азайтуға мүмкіндік береді.

1-мысал

(1)-мен салыстыра отырып, табамыз , , .

(2) пунктіне өткенде бізде:

2-мысал

(1)-мен салыстыра отырып, , , -ді табамыз.

(2) пунктіне өткенде бізде:

3-мысал

Теңсіздіктің сол жағы және үшін өсетін функция болғандықтан , содан кейін жауап орнатылады.

Терме 1-ті қолдануға болатын мысалдар жиынтығын, егер 2-терме ескерілсе, оңай кеңейтуге болады.

Түсірілімге жіберіңіз X, , , функциялары анықталады және осы жиында белгілер мен сәйкес келеді, яғни, сонда әділ болады.

4-мысал

5-мысал

Стандартты тәсілмен мысал схема бойынша шешіледі: факторлар әртүрлі белгілерде болғанда өнім нөлден аз болады. Анау. біз басында көрсетілгендей әрбір теңсіздік тағы жетіге ыдырайтын екі теңсіздік жүйесінің жиынтығын қарастырамыз.

Егер 2-теореманы ескерсек, онда (2) ескере отырып, факторлардың әрқайсысы осы O.D.Z мысалында бірдей таңбасы бар басқа функциямен ауыстырылуы мүмкін.

2-теореманы ескере отырып, функция өсімін аргумент өсімімен ауыстыру әдісі C3 USE типтік есептерін шешу кезінде өте ыңғайлы болып шығады.

6-мысал

7-мысал

. белгілейік. Алу

. Ауыстыру мынаны білдіретінін ескеріңіз: . Теңдеуге оралсақ, аламыз .

8-мысал

Біз қолданатын теоремаларда функциялар кластарына ешқандай шектеулер жоқ. Бұл мақалада мысал ретінде логарифмдік теңсіздіктерді шешуге теоремалар қолданылды. Келесі бірнеше мысалдар басқа теңсіздік түрлерін шешу әдісінің уәдесін көрсетеді.

«Ярковская орта мектебі» коммуналдық дербес білім беру мекемесі

Білім беру жобасы

Логарифмдік теңсіздіктерді рационализация әдісімен шешу

МАОУ «Ярковская орта мектебі»

Шанских Дарья

Жүргізуші: математика мұғалімі

МАОУ «Ярковская орта мектебі»

Ярково 2013 ж

1) Кіріспе…………………………………………………….2

2) Негізгі бөлім……………………………………………..3

3) Қорытынды…………………………………………………..9

4) Пайдаланылған әдебиеттер тізімі…………….10

5) Өтініштер…………………………………………………………11-12

1. Кіріспе

Көбінесе «С» бөлігіндегі USE тапсырмаларын шешу кезінде және әсіресе С3 тапсырмаларында логарифм негізінде белгісізі бар логарифмдік өрнектерді қамтитын теңсіздіктер болады. Мұнда стандартты теңсіздіктің мысалы келтірілген:

Әдетте, мұндай міндеттерді шешу үшін классикалық әдіс қолданылады, яғни жүйенің эквивалентті жиынтығына көшу қолданылады.

Стандартты тәсілмен мысал схема бойынша шешіледі: факторлар әртүрлі белгілерде болғанда өнім нөлден аз болады. Яғни, әрбір теңсіздік тағы жетіге ыдырайтын екі теңсіздік жүйесінің жиынтығы қарастырылады. Сондықтан осы стандартты теңсіздікті шешудің аз уақытты қажет ететін әдісін ұсынуға болады. Бұл математикалық әдебиетте декомпозиция ретінде белгілі рационализация әдісі.

Жобаны жүзеге асыру барысында мен келесі мақсаттарды қойдым: :

1) Осы шешім қабылдау техникасын меңгеріңіз

2) 2013 жылғы оқу-диагностикалық жұмыстың С3 тапсырмалары бойынша шешу дағдыларын жаттықтыру.

Жобаның мақсатырационализация әдісінің теориялық негізделуін зерттеу болып табылады.

Сәйкестікжұмыс мынада: бұл әдіс математикадан Бірыңғай мемлекеттік емтиханның С3 бөлігінің логарифмдік теңсіздіктерін сәтті шешуге мүмкіндік береді.

2. Негізгі бөлім

Пішіннің логарифмдік теңсіздігін қарастырайық

қаріп өлшемі: 14.0pt; сызық биіктігі:150%">, (1)

мұнда font-size:14.0pt;line-height:150%"> Мұндай теңсіздікті шешудің стандартты әдісі екі жағдайды теңсіздік мәндерінің қолайлы аймақтарына талдауды қамтиды.

Бірінші жағдайдалогарифмдердің негіздері шартты қанағаттандырған кезде

қаріп өлшемі: 14.0pt; line-height:150%">, теңсіздік белгісі керісінше: font-size:14.0pt;line-height:150%"> Екінші жағдайда негіз шартты қанағаттандырған кезде, теңсіздік таңбасы сақталады: .

Бір қарағанда, бәрі қисынды, екі жағдайды қарастырайық, содан кейін жауаптарды біріктірейік. Рас, екінші жағдайды қарастырған кезде белгілі бір ыңғайсыздық туындайды - бірінші жағдайдан бастап есептеулерді 90 пайызға қайталау керек (түрлендіру, көмекші теңдеулердің түбірлерін табу, белгінің монотондылық аралықтарын анықтау). Табиғи сұрақ туындайды - мұның бәрін қандай да бір жолмен біріктіру мүмкін бе?

Бұл сұрақтың жауабы келесі теоремада берілген.

1-теорема. логарифмдік теңсіздік

font-size:14.0pt;line-height:150%">келесі теңсіздіктер жүйесіне эквивалентті :

қаріп өлшемі: 14.0pt; сызық биіктігі:150%"> (2)

Дәлелдеу.

1. (2) жүйесінің алғашқы төрт теңсіздігі бастапқы логарифмдік теңсіздіктің рұқсат етілген мәндерінің жиынын анықтайтынынан бастайық. Енді назарымызды бесінші теңсіздікке аударайық. Егер қаріп өлшемі: 14.0pt; line-height:150%"> болса, онда бұл теңсіздіктің бірінші факторы теріс болады. Онымен азайтқанда теңсіздік белгісін керісінше өзгерту керек болады, сонда теңсіздік шығады .

Егер , Бұл бесінші теңсіздіктің бірінші көбейткіші оң болса, оны теңсіздік белгісін өзгертпей азайтамыз,теңсіздікті аламыз font-size:14.0pt;line-height: 150%">. Осылайша, жүйенің бесінші теңсіздігі алдыңғы әдістің екі жағдайын да қамтиды.

Термин дәлелденген.

Рационализация әдісі теориясының негізгі ережелері.

Рационализация әдісі күрделі өрнекті ауыстырудан тұрады F(x ) қарапайым өрнекке G(x ) оның астындағы теңсіздік G(x )EN-US" style="font-size:14.0pt;line-height:150%;font-family:Calibri">F(x )0 өрнек доменінде F(x).

Кейбір өрнектерді бөліп көрсетейікФ және олардың сәйкес рационализаторлық өрнектері G , мұндағы u , v , , p , q - екі айнымалысы бар өрнектер ( u > 0; u ≠ 1; v > 0, > 0), а - тұрақты сан (а > 0, а ≠ 1).

Дәлелдеу

1. Болсын логав - logaφ > 0, яғни логав > логаφ,және a > 0, a ≠ 1, v > 0,

φ > 0.

Егер 0< а < 1, то по свойству убывающей логарифмической функции имеем v < φ . Демек, теңсіздіктер жүйесі орындалады

а -1<0

v – φ < 0

Осыдан теңсіздік шығады (а – 1)( v – φ ) > 0 өрнектің доменінде trueФ = логав - logaφ.

Егер а > 1, Бұл v > φ . Сондықтан бізде теңсіздік бар ( а – 1)( v – φ )> 0. Керісінше, теңсіздік болса ( а – 1)( v – φ )> 0 рұқсат етілген мәндер ауқымында ( а > 0, а ≠ 1, v> 0, φ > 0),онда бұл доменде ол екі жүйенің қосындысына тең.

а – 1<0 а – 1 > 0

v – φ < 0 v – φ > 0

Әрбір жүйе теңсіздікті білдіреділогав > logaφ, яғни логав - logaφ > 0.

Сол сияқты біз теңсіздіктерді қарастырамызФ< 0, F ≤ 0, F ≥ 0.

2. Біраз сан болсын А> 0 және А≠ 1 болса, бізде бар

логотипі v- loguφ = EN-US" style="font-size:14.0pt;line-height:150%">v - 1)( u- 1)(φ -u).

4. Теңсіздіктен УК- uφ > 0 керек УК > uφ. Онда a > 1 саны болсынлога УК > логауφ немесе

( u – φ) лога u > 0.

Демек, 1b өзгерісін және шартты ескере отырыпа > 1 Біз алып жатырмыз

( v – φ)( а – 1)( u – 1) > 0, ( v – φ)( u – 1) > 0. Сол сияқты теңсіздіктерді дәлелдеймізФ< 0,

F ≤ 0, F ≥ 0.

5. Дәлелдеу 4-дәлелге ұқсас.

6. 6 алмастыру дәлелі | теңсіздіктерінің эквиваленттілігінен шығадыб | > | q | және p 2 > q 2

(|p|< | q | и p 2 < q 2 ).

Логарифм негізіндегі айнымалысы бар теңсіздіктерді шешу көлемін классикалық әдіс пен рационализация әдісімен салыстырайық.

3. Қорытынды

Жұмысты орындау барысында алдыма қойған міндеттерім орындалды деп есептеймін. Жобаның практикалық маңызы бар, өйткені жұмыста ұсынылған әдіс логарифмдік теңсіздіктерді шешуді айтарлықтай жеңілдетуге мүмкіндік береді. Нәтижесінде жауапқа әкелетін есептеулер саны шамамен екі есе азаяды, бұл уақытты ғана емес, сонымен қатар арифметикалық және абайсыз қателерді ықтимал азайтуға мүмкіндік береді. Енді С3 есептерін шығарғанда осы әдісті қолданамын.

4. Пайдаланылған әдебиеттер тізімі

1. , – Бір айнымалысы бар теңсіздіктерді шешу әдістері. – 2011 ж.

2. - математикалық нұсқаулық. - 1972 жыл.

3. - Талапкерге арналған математика. Мәскеу: МТСНМО, 2008 ж.

Ежова Елена Сергеевна
Қызмет атауы:математика мұғалімі
Оқу орны:Меморандум «№77 мектеп»
Елді мекен:Саратов
Материал атауы:әдістемелік әзірлеу
Тақырыбы:Емтиханға дайындық кезіндегі теңсіздіктерді шешудегі рационализация әдісі»
Жарияланған күні: 16.05.2018
Бөлім:толық білім

Бірдей теңсіздікті бірнеше жолмен шешуге болатыны анық. Бақытымызға орай

таңдамалы жолмен немесе бұрын айтқандай, ұтымды түрде, кез келген

теңсіздік тез және оңай шешіледі, оның шешімі әдемі және қызықты болады.

Мен рационализация әдісі деп аталатынды толығырақ қарастырғым келеді

логарифмдік және көрсеткіштік теңсіздіктерді, сонымен қатар теңсіздіктерді шешу

модуль белгісінің астындағы айнымалы.

Әдістің негізгі идеясы.

Формаға келтірілген теңсіздіктерді шешу үшін факторларды өзгерту әдісі қолданылады

Символ қайда

» төрт мүмкін теңсіздік белгісінің бірін білдіреді:

(1) теңсіздігін шешкенде біз алымдағы кез келген көбейткіштің таңбасы ғана қызықтырамыз

немесе оның абсолютті мәні емес, бөлгіш. Сондықтан, егер қандай да бір себептермен біз

бұл көбейткішпен жұмыс істеу ыңғайсыз, біз оны басқасымен ауыстыра аламыз

теңсіздікті анықтау аймағында онымен сәйкес келеді және осы аймақта бар

бірдей тамырлар.

Бұл мультипликаторды ауыстыру әдісінің негізгі идеясын анықтайды. Мұны түзету маңызды

факторларды ауыстыру теңсіздік азайған жағдайда ғана жүзеге асырылатындығы

(1) пішінге, яғни өнімді нөлмен салыстыру қажет болғанда.

Ауыстырудың негізгі бөлігі келесі екі баламалы мәлімдемеге байланысты.

Мәлімдеме 1. f(x) функциясы тек және егер үшін болса ғана қатаң өседі

t кез келген мәндері

) сәйкес келеді

айырмасы бар белгі (f(t

)), яғни f<=>(т

(↔ таңбаның сәйкестігін білдіреді)

2-мәлімдеме. f(x) функциясы тек және егер үшін болса ғана қатаң кемиді

t кез келген мәндері

функция айырмасының анықталу облысынан (t

) сәйкес келеді

айырмасы бар белгі (f(t

)), яғни f ↓<=>(т

Бұл бекітулердің негіздемесі қатаң анықтаудан тікелей туындайды

монотонды функция. Осы мәлімдемелерге сәйкес, бұл анықталуы мүмкін

Бір негіздегі дәрежелердің айырмашылығы әрқашан белгісі бойынша сәйкес келеді

осы дәрежелердің көрсеткіштері арасындағы айырмашылық пен негіздің бірліктен ауытқуының көбейтіндісі,

Бір негіздегі логарифмдердің айырмашылығы әрқашан таңбамен сәйкес келеді

осы логарифмдердің сандары арасындағы айырмашылық пен негіздің бірліктен ауытқуының көбейтіндісі, онда

Теріс емес шамалардың айырымының белгісімен бірдей болуы

осы мәндердің квадраттары келесі ауыстыруларға мүмкіндік береді:

Теңсіздікті шешу

Шешім.

Эквивалентті жүйеге көшейік:

Бірінші теңсіздіктен біз аламыз

Екінші теңсіздік барлығына қатысты

Үшінші теңсіздіктен біз аламыз

Сонымен, бастапқы теңсіздіктің шешімдер жиыны:

Теңсіздікті шешу

Шешім.

Теңсіздікті шешейік:

Жауабы: (−4; −3)

Теңсіздікті шешу

Теңсіздікті логарифмдік мәндердің айырмашылығы болатын түрге келтірейік

Логарифмдік функцияның мәндеріндегі айырмашылықты аргумент мәндеріндегі айырмашылықпен ауыстырайық. IN

алым – өсуші функция, ал бөлгіш – кему, сондықтан теңсіздік белгісі

керісінше өзгереді. Ауқымдылықты ескеруді ұмытпаған жөн

логарифмдік функция, сондықтан бұл теңсіздік теңсіздіктер жүйесіне тең.

Сандық түбірлер: 8; 8;

Бөлгіш түбір: 1

Теңсіздікті шешу

Алымдағы екі функцияның модульдерінің айырмасын олардың квадраттарының айырмасына ауыстырайық, ал

Бөлгіш – логарифмдік функцияның мәндері мен аргументтер арасындағы айырма.

Бөлгіште функция кемуде, яғни теңсіздік белгісі өзгереді

қарама-қарсы.

Бұл жағдайда логарифмдік анықтау облысын ескеру қажет

Бірінші теңсіздікті интервал әдісімен шешеміз.

Сандық түбірлер:

Бөлгіш түбірлер:

Теңсіздікті шешу

Алым мен бөлгіштегі монотонды функциялардың мәндерінің айырмашылығын айырмаға ауыстырайық.

функцияларды анықтау облысы мен монотондылық сипатын ескере отырып, аргументтердің мәндері.

Сандық түбірлер:

Бөлгіш түбірлер:

Ең жиі қолданылатын алмастырулар (O D 3 қоспағанда).

а) Белгі-тұрақты көбейткіштердің өзгеруі.

б) Тұрақты емес факторларды модульмен ауыстыру.

в) Тұрақты емес көбейткіштерді көрсеткіштік және логарифмдік көбейткіштерге ауыстыру

өрнектер.

Шешім. ODZ:

Көбейткіштерді ауыстыру:

Бізде жүйе бар:

Бұл теңсіздікте факторлар

1 өрнектері болғандықтан теріс емес мәндердің айырмашылығы ретінде қарастырылады

ODZ оң және теріс мәндерді қабылдай алады.

Бізде жүйе бар:

Көбейткіштерді ауыстыру:

Бізде жүйе бар:

Көбейткіштерді ауыстыру:

Бізде жүйе бар:

Көбейткіштерді ауыстыру:

Бізде жүйе бар:

Нәтижесінде бізде: x

рационализация әдісі(ыдырау әдісі, көбейтіндіні ауыстыру әдісі, ауыстыру әдісі

функциялары, белгі ережесі) күрделі F(x) өрнегін more-мен ауыстырудан тұрады

G(x) теңсіздігі болатын қарапайым өрнек G(x)

0 F теңсіздігіне (x

F(x) өрнегінің облысындағы 0.

Бөлімдер: Математика

Емтихан жұмыстарын тексеру тәжірибесі көрсеткендей, мектеп оқушылары үшін ең үлкен қиындық трансценденттік теңсіздіктерді, әсіресе айнымалы негізі бар логарифмдік теңсіздіктерді шешу болып табылады. Сондықтан сіздердің назарларыңызға ұсынылып отырған сабақтың қысқаша мазмұны күрделі логарифмдік, экспоненциалды, құрамаларды азайтуға мүмкіндік беретін рационализация әдісінің (басқа атаулары - ыдырау әдісі (Моденов В.П.), факторларды ауыстыру әдісі (Голубев В.И.)) презентациясы. теңсіздіктерді қарапайым рационал теңсіздіктер жүйесіне. Әдетте, «Логарифмдік теңсіздіктерді шешу» тақырыбын меңгеру кезінде рационал теңсіздіктерге қолданылатын интервалдар әдісі жақсы игеріліп, пысықталды. Сондықтан студенттер шешімді жеңілдетуге, оны қысқартуға және, сайып келгенде, басқа тапсырмаларды шешуге емтиханға уақытты үнемдеуге мүмкіндік беретін әдістерді үлкен қызығушылықпен және ынтамен қабылдайды.

Сабақтың мақсаттары:

• тәрбиелік: логарифмдік теңсіздіктерді шешу кезіндегі негізгі білімді өзектендіру; теңсіздіктерді шешудің жаңа әдісін енгізу; шешім қабылдау дағдыларын жетілдіру
• Тәрбиелік: математикалық ой-өрісін, математикалық сөйлеуін, аналитикалық ойлауын дамыту
• Тәрбиелік: ұқыптылыққа және өзін-өзі бақылауға тәрбиелеу.

САБАҚ КЕЗІНДЕ

1. Ұйымдастыру кезеңі.Сәлем. Сабақ мақсаттарын қою.

2. Дайындық кезеңі:

Теңсіздіктерді шешу:

3. Үй тапсырмасын тексеру(№ 11.81*а)

Теңсіздікті шешу кезінде

Айнымалы негізі бар логарифмдік теңсіздіктерді шешу үшін келесі схеманы қолдану керек болды:

Анау. Қарастырылатын 2 жағдай бар: негізі 1-ден үлкен немесе негіз 1-ден аз.

4. Жаңа материалды түсіндіру

Бұл формулаларға мұқият қарасаңыз, айырмашылықтың белгісін байқайсыз g(x) – h(x) айырма журналының белгісімен сәйкес келеді f(x) g(x) - журнал f(x) h(x) өсетін функция жағдайында ( f(x) > 1, яғни. f(x) – 1 > 0) және айырмашылық журналының белгісіне қарама-қарсы f(x) g(x) - журнал f(x) h(x) кемитін функция жағдайында (0< f(x) < 1, т.е. f(x) – 1 < 0)

Сондықтан бұл жиынды рационал теңсіздіктер жүйесіне келтіруге болады:

Бұл рационализация әдісінің мәні - күрделірек А өрнекті қарапайымырақ В өрнекпен ауыстыру, ол рационалды. Бұл жағдайда В V 0 теңсіздігі А өрнегінің анықталу облысы бойынша А V 0 теңсіздігіне эквивалент болады.

1-мысалТеңсіздікті рационал теңсіздіктердің эквивалентті жүйесі ретінде қайта жазайық.

(1)–(4) шарттары теңсіздіктің анықталу облысына арналған шарттар екенін ескертемін, мен оны шешімнің басында табуды ұсынамын.

2-мысалТеңсіздікті рационализация әдісімен шешіңіз:

Теңсіздіктің анықталу облысы келесі шарттармен беріледі:

Біз алып жатырмыз:

Теңсіздікті жазу қалды (5)

Доменге жатады

Жауабы: (3; 5)

5. Оқыған материалды бекіту

I. Теңсіздікті рационал теңсіздіктер жүйесі ретінде жаз:

II. Теңсіздіктің оң жағын қажетті негізде логарифм түрінде өрнектеп, эквивалентті жүйеге өтіңіз:

Мұғалім тақтаға І және ІІ топтағы жүйені жазып алған оқушыларды шақырып, ұтымдылау әдісі арқылы үй теңсіздігін шешуге (No11,81*а) күшті оқушылардың бірін шақырады.

6. Тексеру жұмысы

1 нұсқа

2-нұсқа

1. Теңсіздіктерді шешуге арналған рационал теңсіздіктер жүйесін жазыңыз:

2. Теңсіздікті рационализация әдісімен шешу

Бағалау критерийлері:

3-4 балл – «қанағаттанарлық»;
5-6 ұпай – «жақсы»;
7 ұпай – «өте жақсы».

7. Рефлексия

Сұраққа жауап беріңіз: айнымалы негізі бар логарифмдік теңсіздіктерді шешудің белгілі әдістерінің қайсысы емтиханда уақытты тиімді пайдалануға мүмкіндік береді?

8. Үйге тапсырма: No 11,80 * (а, б), 11,81 * (а, б), 11,84 * (а, б) рационализация әдісімен шешеді.

Библиография:

1. Алгебра және талдаудың басы: Прок. 11 ұяшық үшін. жалпы білім беру мекемелер /[С.М. Никольский, М.К. Потапов, Н.Н. Решетников, А.В. Шевкин] - 5-ші басылым. - М .: Білім, «Мәскеу оқулықтары» АҚ, 2006 ж.
2. А.Г. Корьянов, А.А. Прокофьев. «Жақсы оқушылар мен үздік студенттерді емтиханға дайындау» курсының материалдары: 1-4 дәріс. - М .: Педагогикалық университет «Бірінші қыркүйек», 2012 ж.