Главные вкладки

    Метод.разработка по теме: «Методы решения показательных уравнений»
    методическая разработка по алгебре (11 класс) на тему

    Самойленко Наталья Александровна

    В школьном курсе математики важное место отводится решению показательных уравнений и неравенств и системам, содержащие показательные уравнения. Впервые ученики встречаются с показательными уравнениями и неравенствами в 10 классе, после того, как познакомятся с показательной функцией и ее свойствами, а системы, содержащие показательные уравнения и неравенства в 11 классе.

    Скачать:

    ВложениеРазмер
    Файл metodika_resheniya_pokazatelnyh_uravneniy.docx193.94 КБ

    Предварительный просмотр:

    Государственное бюджетное профессиональное образовательное

    Учреждение Краснодарского края

    «Курганинский аграрно - технологический техникум»

    Методическая разработка

     по теме:

    «Методы решения

    показательных уравнений»

                           

    Разработала:

    преподаватель  математики

    Самойленко Наталья Александровна

    г. Курганинск, х. Красное Поле, 2015 г.

    Введение

    В школьном курсе математики важное место отводится решению показательных уравнений и неравенств и системам, содержащие показательные уравнения. Впервые ученики встречаются с показательными уравнениями и неравенствами в 10 классе, после того, как познакомятся с показательной функцией и ее свойствами, а системы, содержащие показательные уравнения и неравенства в 11 классе. И для того, чтобы решить правильно систему уравнений или неравенств, нужно правильно решить показательное уравнение или неравенство.  При решении показательных уравнений и неравенств часто возникают трудности, связанные со следующими особенностями:  - незнание четкого алгоритма решения показательных уравнений, неравенств и их систем;  - при решении показательных уравнений и неравенств, ученики производят преобразования, которые не равносильны исходным уравнениям и неравенствам;  - при решении показательного уравнения и неравенства введением новой переменной забывают возвращаться к обратной замене. Вышесказанное определяет актуальность выбранной темы и полезность ее изучения для будущей педагогической практики. Цель данной работы: изучить теоретический материал по теме, проанализировать данную тему в учебниках по алгебре и началам анализа. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи: - изучить требования государственных стандартов по теме «Показательные уравнения и неравенства»; - проанализировать материал по теме в учебниках алгебры и начал анализа;  - систематизировать методы решения показательных уравнений и неравенств; - систематизировать и обобщить методические особенности изучения данной темы. Объектом исследования является процесс обучения математике в старшей школе.  Предметом исследования являются методические особенности  изучения показательных уравнений, неравенств и их систем в старших классах средней школы.  Практическая значимость исследования заключается в том, что разработанные методические рекомендации по изучению показательных уравнений и неравенств могут быть использованы учителями и практикантами в школе, а также в ходе занятий по элементарной математике на педагогическом отделении университета. Весь теоретический материал по теме «Показательные уравнения и неравенства и их систем» сгруппирован, приведены алгоритмы решения и разобраны примеры. Рассмотрены методы решения уравнений, предложены задания для самостоятельного изучения и закрепления новых знаний и умений.

    «Методы решения показательных уравнений».

    1. Показательные уравнения.

    Уравнения, содержащие неизвестные в показателе степени, называются показательными уравнениями. Простейшим из них является уравнение  аx = b, где а > 0, а ≠ 1.

      1) При b < 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.

      2) При b > 0 используя монотонность функции и теорему о корне, уравнение имеет единственный корень. Для того, чтобы его найти, надо b представить в виде b = aс,     аx = bс  x = c или x = logab.

    Показательные уравнения путем алгебраических преобразований  приводят к стандартным уравнения, которые решаются, используя следующие методы:

    1. метод приведения к одному основанию ;
    2. метод оценки;
    3. графический метод;
    4. метод введения новых переменных;
    5. метод разложения на множители;
    6.  показательно – степенные уравнения;
    7. показательные с параметром.

                               

    2. Метод приведения к одному основанию.

    Способ основан на следующем свойстве степеней: если равны две степени и равны их основания, то равны и их показатели, т.е. уравнение надо попытаться свести к виду

    Примеры.  Решить уравнение:                    

                       1.  3x = 81;

    Представим правую часть уравнения в виде 81 = 34 и запишем уравнение, равносильное исходному    3 x = 34;  x = 4.  Ответ: 4.

                     2.   

    Представим правую часть уравнения в виде и перейдем к уравнению для   показателей степеней 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5. Ответ:  0,5.

                        3. 

    Представим правую часть данного уравнения в виде  1 = 50 и перейдем к уравнению для показателей степеней  x2-3x+2 = 0, откуда легко получить решения x = 1 и x=2.

    Ответ: 1 и 2.

                        4.       

    Заметим, что числа 0,2 , 0,04 , √5 и 25 представляют собой степени числа 5. Воспользуемся этим и преобразуем исходное уравнение следующим образом:

    , откуда 5-x-1 = 5-2x-2   - x – 1 = - 2x – 2, из которого находим решение  x = -1.  Ответ: -1.

    1. 3x = 5. По определению логарифма x = log35.  Ответ: log35.
    2. 62x+4 = 33x. 2x+8.

    Перепишем уравнение в виде 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, т.е. далее

    22x+4-x-8 = 33x-2x-4, т.е. 2x-4 = 3x-4. (Уже ясно, что x = 4). Перепишем уравнение, разделив на 3x-4 ≠ 0.   Отсюда x – 4 =0, x = 4.  Ответ: 4.

                          7. 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9.  Используя свойства степеней, запишем уравнение в виде 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9 далее  3∙3x = 9,  3x+1 = 32 , т.е. x+1 = 2, x =1.  Ответ: 1.

     

    Банк задач №1.  

     Решить уравнение:

                        

    Тест №1.   с выбором ответа.   Минимальный уровень.

      А1   3-x+2 =

    1) 0  2)  4  3)  -2  4)  -4

      А2  32x-8 = √3.

    1)17/4  2) 17  3) 13/2  4)  -17/4

    А3   

    1) 3;1  2) -3;-1  3)  0;2  4) корней нет

       А4   

    1) 7;1  2) корней нет  3) -7;1  4) -1;-7

       А5   

    1) 0;2;   2) 0;2;3  3) 0  4)  -2;-3;0

       А6       

    1)  -1      2) 0     3) 2    4)  1

    Тест №2    с выбором ответа.  Общий уровень.

     

        А1 

    1)  3  2) -1;3  3)  -1;-3  4) 3;-1

        А2   

    1) 14/3  2) -14/3  3)  -17  4) 11

        А3    

    1)  2;-1  2) корней нет  3) 0  4) -2;1

        А4              

    1)  -4  2) 2   3) -2  4)  -4;2

        А5                                

    1) 3  2) -3;1  3) -1  4) -1;3

    1. Метод оценки.

      Теорема о корне: если функция f(x) возрастает (убывает) на промежутке I, число а –любое значение принимаемое f на этом промежутке, тогда уравнение f(x) = а имеет единственный корень на промежутке I.

    При решении уравнений методом оценки используется эта теорема и свойства монотонности функции.

    Примеры.  Решить уравнения:  1. 4x = 5 – x.

     Решение. Перепишем уравнение в виде 4x +x = 5.

                     1. если x = 1, то 41+1 = 5 , 5 = 5 верно, значит 1 – корень уравнения.

                     2. докажем, что он единственный.

    Функция f(x) = 4x – возрастает на R, и g(x) =  x –возрастает на R => h(x)= f(x)+g(x) возрастает на R, как сумма возрастающих функций, значит x = 1 – единственный корень уравнения 4x = 5 – x.  Ответ: 1.

    2. 

    Решение.  Перепишем уравнение в виде  .

    1. если x = -1, то , 3 = 3-верно, значит x = -1 – корень уравнения.
    2. докажем, что он единственный.
    3. Функция f(x) = - убывает на R, и g(x) = -x – убывает на R=> h(x) = f(x)+g(x) – убывает на R, как сумма убывающих функций. Значит по теореме о корне, x = -1 – единственный корень уравнения. Ответ: -1.

    Банк задач №2.   Решить уравнение

    а) 4x + 1 =6 – x;

    б)                                                    

    в)  2x – 2 =1 – x;

    4.  Метод введения новых переменных.

    Метод описан в п. 2.1. Введение новой переменной (подстановка) обычно производится после преобразований (упрощения) членов уравнения. Рассмотрим примеры.

    Примеры. Решить уравнение: 1.  .

    Перепишем уравнение иначе:  

    Обозначим 5x = t > 0, тогда   т.е. 3t2 – 2t – 1 =0, отсюда t1 = 1, -не удовлетворяет условию t > 0. Итак, 5x = 1 = 50 <=> x = 0. Ответ: 0.

    2.

    Решение. Перепишем уравнение иначе:  

    Обозначим    тогда     - не подходит.

    t = 4 =>   Отсюда   - иррациональное уравнение. Отмечаем, что   

    Решением уравнения является x = 2,5 ≤ 4, значит 2,5 – корень уравнения. Ответ: 2,5.

    3. .

    Решение.  Перепишем уравнение в виде    и разделим его обе части на 56x+6 ≠ 0. Получим уравнение

     

    2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, т.е

    Заменим  

           

     Корни квадратного уравнения – t1 = 1 и t2 <0, т.е.  ,

    x2-3x-4=0

    x1 = -1, x2 = 4.   Ответ: -1, 4.

     4.  .

     Решение.  Перепишем уравнение в виде  

    и заметим, что оно является однородным уравнением второй степени.

    Разделим уравнение на 42x, получим          

    Заменим            2t2 – 5t +3 = 0 , где t1 = 1,     t2 =   .

                                                                                                                                                       

    Ответ: 0; 0,5. 

    Банк задач № 3. Решить уравнение

    а)  

    б)  

    в)  

    г)  

    Тест № 3 с выбором ответа.  Минимальный уровень.

       А1 

    1) -0,2;2   2) log52 3) –log52   4) 2

       А2  0,52x – 3 0,5x +2 = 0.

    1) 2;1    2) -1;0    3) корней нет  4) 0

       А3   

    1)  0       2)   1; -1/3  3)  1   4)  5

       А4   52x-5x- 600 = 0.  

    1) -24;25  2)  -24,5; 25,5  3) 25  4)  2

       А5 

    1) корней нет 2) 2;4  3) 3  4)  -1;2

    Тест № 4 с выбором ответа. Общий уровень.

     

      А1   

    1) 2;1  2) ½;0  3)2;0  4) 0

     

      А2   2x – (0,5)2x – (0,5)x + 1 = 0

    1) -1;1  2)  0  3) -1;0;1  4)  1

       А3   

    1) 64  2) -14  3) 3  4) 8

       А4   

    1)-1   2) 1  3) -1;1  4) 0

       А5       

    1) 0  2)  1  3) 0;1  4) корней нет

    5.  Метод разложения на множители.

    1.   Решите уравнение:  5x+1 - 5x-1 = 24. 

    Решение. Перепишем уравнение в виде   

    Теперь в левой части уравнения вынесем за скобки общий множитель 5x.

    Получим     , откуда

    Ответ:  1.

    2.  6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.                             

          Решение. Вынесем за скобки в левой части уравнения 6x, а в правой части – 2x. Получим уравнение  6x(1+6) = 2x(1+2+4)  6x = 2x.

    Так как 2x >0 при всех x, можно обе части этого уравнения разделить на 2x, не опасаясь при этом потери решений. Получим  3x = 1 x = 0.

    Ответ: 0.

    3.  

    Решение.  Решим уравнение методом разложения на множители.

    Выделим квадрат двучлена  

    Ответ: 2.

    4.

    Решение. Преобразуем члены уравнения и перегруппируем слагаемые

       

    x = -2 – корень уравнения.

    Уравнение x + 1 = можно решить либо методом оценки, либо графически.

    x = 1 – второй корень исходного уравнения.

    Ответ: 1; -2.

    Банк задач №4.  Решить уравнение

    а)  48x – 42x+1 – 3x+1 + 12 = 0.

    б)  52x-1 + 22x – 52x +22x+2 = 0.

    в)  3x – 2x+2 = 3x-1 – 2x-1 – 2x-3.

    г)  4x – 5 2x+ 4 = 0.

    Тест №5   Минимальный уровень.

      А1   5x-1 +5x -5x+1 =-19.

    1) 1  2) 95/4  3) 0  4) -1

      А2   3x+1 +3x-1 =270.  

    1) 2  2)  -4  3) 0  4)  4

      А3   32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5

    1)  0,2  2) 1,5  3) -1,5  4) 3

      А4    x=1

    1)  1  2)  -3  3)  -1  4)  0

      А5    2x -2x-4 = 15.  x=4

    1)  -4  2) 4  3)  -4;4  4)  2

    Тест № 6 Общий уровень.

    А1  (22x-1)(24x+22x+1)=7.

    1) ½  2) 2  3) -1;3  4) 0,2

    А2   

    1) 2,5  2) 3;4  3) log43/2  4) 0

    А3  2x-1-3x=3x-1-2x+2.  

    1) 2  2) -1  3) 3  4)  -3

    А4    

    1) 1,5  2) 3  3) 1  4) -4

    А5    

    1)  2  2) -2  3) 5  4) 0

     

    6. Показательно – степенные уравнения.

      К показательным уравнениям примыкают так называемые показательно – степенные уравнения, т.е. уравнения вида (f(x))g(x) = (f(x))h(x).

        Если известно, что f(x)>0 и f(x) ≠ 1, то уравнение, как и показательное, решается приравниванием показателей g(x) = f(x).

        Если условием не исключается возможность f(x)=0 и f(x)=1, то приходится рассматривать и эти случаи при решении показательно – степенного уравнения.

       1. Решить уравнение  

     Решение. Для нахождения корней уравнения следует рассмотреть четыре случая:

    1. x + 1=x2 – 1 ( показатели равны);
    2. x = 1(основание равно единице);
    3. x = 0 (основание равно нулю);
    4. x = -1(основание равно -1).

    Решим первое уравнение: x2 – x – 2 = 0,  x = 2, x = -1.

    Проверка:

    x1 = 2  => 23 = 23 – верно;

    x2 = -1 => (-1)0 =(-1)0 – верно;

    x3 = 1  => 12 = 10 – верно;

    x4 = 0  =>  01 = 0(-1) – не имеет смысла.

    Ответ: -1; 1; 2.

      Уравнение вида f(x)g(x) = 1 равносильно совокупности двух систем

             f(x)g(x) = 1

    2.  

    Решение. x2 +2x-8 – имеет смысл при любых x , т.к. многочлен, значит уравнение равносильно совокупности

         

           

    Ответ: -2; 2.

    Банк задач №5.  Решить уравнение

     а)

     б)  

                        7. Показательные уравнения с параметрами.

       1. При каких значениях параметра p уравнение                                                                    4  (5 – 3)2 +4p2–3p = 0 (1)   имеет единственное решение?

    Решение. Введем замену 2x = t, t > 0, тогда уравнение (1) примет вид                              t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0.  (2)

    Дискриминант уравнения (2)  D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.

    Уравнение (1) имеет единственное решение, если уравнение (2) имеет один положительный корень. Это возможно в следующих случаях.

    1. Если D = 0, то есть p = 1, тогда уравнение (2) примет вид t2 – 2t + 1 = 0, отсюда t = 1, следовательно, уравнение (1) имеет единственное решение x = 0.

    2. Если p1, то 9(p – 1)2 > 0, тогда уравнение (2) имеет два различных корня t1 = p,       t2 = 4p – 3. Условию задачи удовлетворяет совокупность систем

    no35_08

    Подставляя t1 и t2 в системы, имеем

    no35_09no35_41

    или

    no35_10

    Ответ: p = 1, 0 < p 0,75.

    Рассмотрим более общую задачу.

    Задача 2. Сколько корней имеет уравнение no35_11                                        в зависимости от параметра a?

    Решение. Пусть  no35_12тогда уравнение (3) примет вид t2 – 6t – a = 0.       (4)

    Найдем значения параметра a, при которых хотя бы один корень уравнения (4) удовлетворяет условию t > 0.

    Введем функцию f(t) = t2 – 6t – a. Возможны следующие случаи.

    Случай 1. Уравнение (4) имеет два различных положительных корня, если выполнятся условияhttp://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_13.gif

    где t0 — абсцисса вершины параболы и D — дискриминант квадратного трехчлена f(t);http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif

    Таким образом, http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_15.gif

    при – 9 < a < 0 уравнение (3) имеет два корня

    http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif

    Случай 2. Уравнение (4) имеет единственное положительное решение, если

    D = 0, если a = – 9, тогда уравнение (4) примет вид  (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.

    Случай 3. Уравнение (4) имеет два корня, но один из них не удовлетворяет неравенству t > 0. Это возможно, если

    no35_42      no35_43

    no35_17

    Таким образом, при a 0 уравнение (4) имеет единственный положительный корень no35_18. Тогда уравнение (3) имеет единственное решение  no35_19

    При a < – 9 уравнение (3) корней не имеет.

    Ответ:

    если a < – 9, то корней нет;                 если – 9 < a < 0, то
    если
    a = – 9, то x = – 1; http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_21.gif

    если a  0, то

     


    Сравним способы решения уравнений (1) и (3). Отметим, что при решении уравнение (1) было сведено к квадратному уравнению, дискриминант которого — полный квадрат; тем самым корни уравнения (2) сразу были вычислены по формуле корней квадратного уравнения, а далее относительно этих корней были сделаны выводы. Уравнение (3) было сведено к квадратному уравнению (4), дискриминант которого не является полным квадратом, поэтому при решении уравнения (3) целесообразно использовать теоремы о расположении корней квадратного трехчлена и графическую модель. Заметим, что уравнение (4) можно решить, используя теорему Виета.

    Решим более сложные уравнения.

    Задача 3. Решите уравнение no35_22

    Решение. ОДЗ: x1, x2.

    Введем замену. Пусть 2x = t, t > 0, тогда в результате преобразований уравнение примет вид  t2 + 2t – 13 – a = 0.         (*)Найдем значения a, при которых хотя бы один корень уравнения (*) удовлетворяет условию t > 0.

    Рассмотрим функцию f(t) = t2 + 2t – 13 – a. Возможны случаи.no35_41

    Случай 1. Для того чтобы оба корня уравнения (*) удовлетворяли неравенству t > 0, должны выполняться условия

    где t0 — абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D — дискриминант квадратного трехчлена f(t).http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif

    http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_24.gif

    Система решений не имеет.

    Случай 2. Для того чтобы только один корень уравнения (*) удовлетворял неравенству t > 0, должно быть выполнено условие f(0) < 0, то есть a > – 13.

    http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif

    Тогда

    http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_26.gif

    Случай 3. Найдем значения a, когда t  2, t  4.

    откуда a  11, a  – 5.

    http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif

    Ответ: если a > – 13, a  11, a  5, то  если a – 13,    

     a = 11, a = 5, то корней нет.

    Список используемой литературы.

    1.  Гузеев В.В.    Системные основания образовательной технологии.

                                 М. 1995 г.

    2.  Гузеев В.В.     Образовательная технология: от приема до философии.

                                 М.  «Директор школы»№4, 1996 г.

    3.   Гузеев В.В.     Методы и организационные формы обучения.

                                 М.  «Народное образование», 2001 г.

    4.   Гузеев В.В.     Теория и практика интегральной образовательной технологии.

                                  М.  «Народное образование», 2001 г.

    5.   Гузеев В.В.    Одна из форм урока – семинара.  

                                  Математика в школе №2,  1987 г. с .9 – 11.

    6.   Селевко Г.К.   Современные образовательные технологии.

                                  М.   «Народное образование», 1998 г.

    7.   Епишева О.Б. Крупич В.И.  Учить школьников учиться математике.

                                  М.  «Просвещение»,  1990 г.

    8.   Иванова Т.А.   Как подготовить уроки – практикумы.

                                  Математика в школе №6,  1990 г. с. 37 – 40.

    9.    Смирнова Н.М.  Профильная модель обучения математике.

                                   Математика в школе №1,  1997 г. с. 32 – 36.

    10.  Тарасенко Н.А.  Некоторые способы организации практической работы.

                                   Математика в школе №1,  1993 г. с. 27 – 28.

    11.   Утеева Р.А.   Об одном из видов индивидуальной работы.

                                   Математика в школе №2,  1994 г. с .63 – 64.

    12.   Хазанкин Р.Г.  Развивать творческие способности школьников.

                                    Математика в школе №2,  1989 г. с. 10.

    13.   Сканави М.И.  Математика.  Издатель В.М.Скакун,  1997 г.

    14.   Шабунин М.И. и др. Алгебра и начала анализа. Дидактические материалы для

                                     10 – 11 классов. М. Мнемозина,  2000 г.

    15.  Кривоногов В.В.  Нестандартные задания по математике.

                                      М. «Первое сентября»,  2002 г.

    16.  Черкасов О.Ю. Якушев А.Г.  Математика. Справочник для старшеклассников и      

                                       поступающих в вузы. «А С Т -пресс школа»,  2002 г.

    17.  Жевняк Р.М. Карпук А.А.  Математика для поступающих в вузы.

                                       Минск  И РФ «Обозрение»,  1996 г.

    18.  Письменный Д.  Готовимся к экзамену по математике. М. Рольф,  1999 г.

    19.  Денищева Л.О. и др. Учимся решать уравнения и неравенства.

                                        М. «Интеллект – Центр»,  2003 г.

    20. Денищева Л.О. и др. Учебно – тренировочные материалы для подготовки к Е Г Э.

                                        М. «Интеллект – центр»,  2003 г. и 2004 г.

    21  Денищева  Л.О. и др. Варианты КИМ. Центр тестирования МО  РФ,  2002 г., 2003г.

    22. Гольдберг В.В.  Показательные уравнения.  «Квант» №3,  1971 г.

    23.  Волович  М.       Как успешно обучать математике.

                                        Математика,  1997 г. №3.

    24  Окунев А.А.        Спасибо за урок, дети!   М.  Просвещение,  1988 г.

    25. Якиманская И.С.  Личностно – ориентированное обучение в школе.  

                                        «Директор школы»,  1996 г. сентябрь.

    26.  Лийметс Х. Й.    Групповая работа на уроке.  М. Знание, 1975 г.


    По теме: методические разработки, презентации и конспекты

    Конспект урока по теме «Методы решения уравнений и неравенств, содержащих обратные тригонометрические функции»

    Урок алгебры и начала анализа в 10 классе физико – математического профиля.  Цель урока: рассмотреть способы решения уравнений и неравенств, содержащих обратные тригонометрические функции и спосо...

    Метод. разработка классного часа на тему: "Поможем, чем сможем нуждающимся в помощи пожилым людям"; Метод. разработка родительского собрания на тему: "Гармония семейного и школьного воспитания"; Метод. разработка праздника на тему:"Новый год к нам мчится"

    Метод. разработка классного часа на тему: "Поможем, чем сможем нуждающимся в помощи пожилым людям" - Воспитание толерантного отношения между людьмиМетод. разработка родительского собрания на тему: "Га...

    конспект урока с презентацией по теме "Методы решения уравнений второй степени"

    Конспект урока  предназначен для проведения урока по алгебре в 9 классе. К конспекту прилагается презентация. Тип урока - изучение нового материала....

    Тема 17. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. Решение простейших тригонометрических уравнений. Общий приём. Метод разложения на множители.

    Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, а также  абитуриентов к вступительным э...

    Тема 17. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. Решение простейших тригонометрических уравнений. Общий приём. Метод разложения на множители.

    Уважаемые коллеги!Актуальной задачей на сегодняшний день является качественная подготовка учащихся к единому государственному экзамену (ЕГЭ) по математике, а также  абитуриентов к вступительным э...

    Урок алгебры в 10 классе (занятие элективного курса) по теме «Методы решения уравнений высших степеней».

    На занятии изучается методика решения уравнений высших степеней. Рассматриваются два метода: разложение на множители и замена переменной. Понижение степени уравнений с помощью деления многочленов ...

    Конспект урока по алгебре и началам анализа по теме «Методы решения уравнений и неравенств, содержащих обратные тригонометрические функции»

    Урок алгебры и начала анализа в 10 классе .  Цель урока: рассмотреть способы решения уравнений и неравенств, содержащих обратные тригонометрические функции и способствовать выработке навыков...