Итоговое повторение курса алгебры и начал математического анализа (19/15 ч)
26.10.2014, 14:43
Уроки итогового повторения имеют своей целью не только
восстановление в памяти учащихся основного материала, но и обобщение,
уточнение и систематизацию знаний по алгебре и началам математического
анализа за курс средней школы. Материал для этих уроков содержится в
первой главе учебника 10 класса и в разделе «Упражнения для итогового
повторения курса алгебры и начал математического анализа». Система заданий итогового повторения построена так, чтобы учителю было удобно выбрать задания разного уровня. Пункты 1—7 содержат упражнения, сгруппированные по семи линиям. В каждом пункте содержатся задания из всех разделов курса, соответствующие заявленной линии. Например, в первом разделе предлагается выполнить задания на вычисления с числами от рациональных до комплексных. Преобразования выражений рассматриваются от преобразований рациональных выражений до тригонометрических. В пункт «Текстовые задачи», кроме привычных задач на движение, работу и др., включены задачи на прогрессии, по комбинаторике и основам теории вероятностей. Пункт «Функции и графики» содержит упражнения на исследование функций как методами элементарной математики, так и с помощью математического анализа. Последний пункт содержит упражнения для повторения вычисления производной и интеграла и их применения для решения простейших практических задач. Тематическое планирование уроков итогового повторения может быть различным в зависимости от уровня математической подготовки класса и устремлений учителя. Приведем один из возможных вариантов распределения часов. Здесь повторение предполагается проводить по основным содержательно-методическим линиям. В соответствии с концепцией курса и повторение целесообразно выстроить в следующем порядке: вычисления и преобразования → уравнения и неравенства → функции, начала математического анализа. При проведении итогового повторения предполагается широкое использование и комбинирование различных типов уроков (лекций, семинаров, практикумов, консультаций и т. д.) с целью быстрого охвата большого по объему материала. Необходимым элементом уроков итогового повторения должна быть самостоятельная работа учащихся. Она полезна как самим учащимся, так и учителю для осуществления обратной связи. Задания для самостоятельной проверочной работы должны быть и общими (по вариантам одного, например, обязательного уровня), и дифференцированными. Формы проведения работ тоже должны быть разнообразными: от традиционной работы с двумя, тремя заданиями до тестов и работ в форме рабочих тетрадей с заполнением пробелов в приведенных рассуждениях (что полезно для слабых учащихся). Для составления итоговой контрольной работы и последующих уроков решения задач по результатам этой работы можно использовать упражнения из последнего раздела учебника. Дополнительно для учащихся, интересующихся математикой и собирающихся продолжить образование в высших учебных заведениях, где необходимы знания математики, целесообразно использовать задачи из раздела итогового повторения, номера которых выделены, как упражнения для интересующихся математикой.
Решение упражнений
137. у = х3 − 6х2 + 11x − 6. Нужно найти целые корни уравнения у = 0. Это могут быть числа ±1, ±2, ±3, ±6. Проверкой убеждаемся в том, что x1 = 1, х2 = 2, x3 = 3 — корни уравнения y = 0 (а остальные числа не являются корнями). 196. 1) cos x ≠ 0, cos x + sin x ≥ 0, уравнение (sin x + cos x)2 = = sin x+cos x cos x — следствие исходного. a) sin x + cos x = 0, tg x = −1, x=− π 4 +πn , n ∈ Z, — корни исходного уравнения. б) (sin x + cos x) cos x = 1, т. е. sin x cos x = sin2 x, откуда либо sin x = 0, x = πn (годится только х = 2πk ), либо sin x − cos x = 0, т. e. tg x = 1, откуда x= π 4 +πn , n ∈ Z. Если n = 2k, то x= π 4 +2πk (тогда sin x > 0, cos x > 0) — корни исходного уравнения. Если n = 2k + 1, то x= 5π 4 +2πk и тогда sin x < 0, cos x < 0. Ответ. x=− π 4 +πn , х = 2πn, x= π 4 +2πn , n ∈ Z. 2) sin x − cos x ≥ 0. (1)
5 sin 2х − 2 = 1 − sin 2x, sin 2x = 1 2 . a) 2x= π 6 +2πn . Если n = 2k, т. е. x= π 12 +2πk , то cos x > sin x — не выполняется условие (1). Если n = 2k + 1, то x= 13 12 π+2πk и выполняется условие (1). б) 2x= 5π 6 +2πn , x= 5π 12 +πn . Если n = 2k + 1, то x= 17 12 π+2πk и условие (1) не выполняется. Ответ. x= 13π 12 +2πk , x= 5π 12 +2πk , k ∈ Z. 198. Область определения уравнения: cos x ≠ 0. cos x+ sin 2 x cos 2 x (1+cos x)−1=0 , откуда получим
cos x (cos2 x + sin2 x) − cos 2x = 0, cos x − cos 2x = 0, sin x 2 sin 3x 2 =0 , sin 3x 2 =0
( корни уравнения sin x 2 =0 содержатся среди корней уравнения sin 3x 2 =0 ) , откуда x= 2πn 3 . Если п = 3k, то x = 2 πk, и тогда tg x = 0; б) если n = 3k + 1, то x= 2π 3 +2πk , и тогда tg x < 0; в) если n = 3k + 2, то x= 4π 3 +2πk , и тогда tg x > 0. Ответ. x= 4π 3 +2πk , k ∈ Z. 199. ( 1−cos 2x 2 ) 2 +( 1−cos ( 2x+ π 2 ) 2 2 ) = 1 4 , 1 − 2 cos 2x + cos2 2х + 1 + 2 sin 2x + sin2 2x = 1, 1 − cos 2х + sin 2х = 0, 2 sin2 х + 2 sin x cos х = 0. a) sin x = 0, x = πn, n ∈ Z; б) tg x = −1, x=− π 4 +πn , n ∈ Z. Неравенство lg( x− 2x+24 )>0 , равносильно неравенству x−1> 2x+24 (рис. 48), которое справедливо при х > х0, где x0 — положительный корень уравнения (х − 1)2 = 2х + 24. Здесь x 0 =2+3 3 , где 7,1 < x0 < 7,4. Условию х > х0 удовлетворяют корни х = πn и x=− π 4 +πn при n ∈ N, n ≥ 3. Ответ. x = πn, x=− π 4 +πn , n ∈ N, n ≥ 3. 200. sin 5x = 2 sin x cos 2x, sin 4x cos x + cos 4x sin x = 2 sin x cos 2x. a) sin x = 0, x = πn, x0 = 0, x∈( − π 6 ; π 2 ) ; б) 4 cos2 x cos 2x + cos 4x = 2 cos 2x, 2 (1 + cos 2x) cos 2x + 2 cos2 2x − 1 = 2 cos 2x, 4 cos2 2x = 1, 2 (1 + cos 4x) = 1, cos 4x=− 1 2 , x=± π 6 + πn 2 . Интервалу ( − π 6 ; π 2 ) принадлежат только корни x= π 6 и x= π 3 , из которых π 3 наибольший. Ответ. π 3 . 201. Воспользуемся равенством sin 8 x+ cos 8 x= 1 32 ( cos 2 4x+14cos 4x+17) . Полагая cos 4 x = t , получаем уравнение t2 + 14t + 17 − 32a = 0. (1)
Исходное уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда D = 142 − 4 (17 − 32а) = 128 (a + 1) ≥ 0, т. е. при а ≥ −1, и по крайней мере один из корней уравнения (1) по абсолютной величине не превосходит единицы. Пусть t1 и t2 — корни уравнения (1), тогда t 1 =−7−4 2(a+1) <−1 , t 2 =4 2(a+1) −7 . Неравенство −1 ≤ t2 ≤ 1 равносильно каждому из неравенств
−1≤4 2(a+1) −7≤1 , 3≤2 2(a+1) ≤4 , 9 ≤ 8 (а + 1) ≤ 16, 1 ≤ 8а ≤ 8, 1 8 ≤a≤1 . Если неравенство 1 8 ≤a≤1 выполнено, то cos 4x=4 2(a+1) −7 . Ответ. 1 8 ≤a≤1 , x=± 1 4 arccos ( 4 2(a+1) −7 )+ πn 2 , n ∈ Z. 233. 2) log x 2 | 3x+1 |< 1 2 (1). Неравенство (1) равносильно неравенству log x 2 | 3x+1 |< log x 2 | x | (2), а неравенство (2) равносильно совокупности двух систем неравенств: { | x |>1, | 3x+1 | <| x |; (3) { 0<| x |<1, | 3x+1 |>| x |. (4) Для решения систем (3) и (4) нужно построить графики функций у = | х | и у = | 3x + 1 |. а) Если | x | > 1, то график функции у = | 3х + 1 | лежит выше графика функции у = | х |, и поэтому система (3) не имеет решений. б) Если 0 < | х | < 1, то график функции у = | 3х + 1 | лежит выше графика функции y = | x | на интервале Δ1 = (−1; х2), Δ2 = (x1; 0), Δ3 = (0; 1), где x2 — корень уравнения − 3x − 1 = −х, а х1 — корень уравнения 3х + 1 = −х . Следовательно, x 2 =− 1 2 , x 1 =− 1 4 . Ответ. −1<x<− 1 2 , − 1 4 <x<0 , 0 < x < 1. 277. 3) Возводим уравнения в квадрат и складываем: 2 = sin2 y + 3 cos2 y, откуда sin 2 y= 1 2 , sin y=± 1 2 . а) Если sin y= 1 2 , то либо y= π 4 +2πn , тогда cos y= 1 2 , а система примет вид { sin x= 1 2 , cos x= 3 2 , откуда x= π 6 +2πk , k ∈ Z; либо y= 3π 4 +2πn , тогда cos y=− 1 2 , sin x= 1 2 , cos x=− 3 2 , x= 5π 6 +2πk , k ∈ Z. б) Если sin y=− 1 2 , то либо y=− π 4 +2πn , n ∈ Z, тогда cos y= 1 2 , sin x=− 1 2 , cos x= 3 2 , x=− π 6 +2πk , k ∈ Z; либо y=− 3π 4 +2πn , cos y=− 1 2 , sin x=− 1 2 , cos x=− 3 2 , x=− 5π 6 +2πk , k ∈ Z. Ответ. ( π 6 +2πk; π 4 +2πn ) , ( 5π 6 +2πk; 3π 4 +2πn ) , ( − π 6 +2πk; − π 4 +2πn ) , ( − 5π 6 +2πk; − 3π 4 +2πn ) , k ∈ Z, n ∈ Z. 4) y=x+ 1 3 , 1+cos 2πx 2 − 1−cos 2π ( x+ 1 3 ) 2 = 1 2 , cos 2πx+cos 2π( x+ 1 3 )=1 , 2cos ( 2πx+ π 3 )cos π 3 =1 , cos ( 2πx+ π 3 )=1 , 2πx+ π 3 =2πn , x=n− 1 6 , y=n+ 1 6 , n ∈ Z. Ответ. ( − 1 6 +n; 1 6 +n ) , n ∈ Z. 5) Запишем систему в виде { sin (x+y)−sin (x−y)=1, sin (x+y)cos (x−y)=0. a) sin (x + у) = 0, тогда sin (x − у) = −1, x + у = πп, x−y=− π 2 +2πk . б) cos (x − y) = 0, тогда x−y= π 2 +πn . Если n = 2k, то sin (x − у) = 1, и тогда sin (x + у) = 2 — нет решений. Если n = 2k − 1, то x−y=− π 2 +2πk , sin (x − у) = −1, откуда sin (x + у) = 0, х + у = πm, т. e . { x−y=− π 2 +2πk, x+y=πm. Получена та же серия решений. Ответ. ( − π 4 + πn 2 +πk; π 4 + πn 2 −πk ) , n ∈ Z, k ∈ Z. 278. Положив u = sin x cos y, v = cos x sin y, получим { 6u+2v=−3, 5u−3v=1, откуда u=− 1 4 , v=− 3 4 , т. е. { sin xcos y=− 1 4 , cos xsin y=− 3 4 . Складывая и вычитая уравнения этой системы, получаем { sin (x+y)=−1, sin (x−y)= 1 2 , откуда x+y=− π 2 +2πn , x−y= (−1) k π 6 +πk . Ответ. ( − π 4 + (−1) k π 12 +π( n+ k 2 ); − π 4 + (−1) k+1 π 12 +π( n− k 2 ) ) , n ∈ Z, k ∈ Z. 354. y = 6 cos2 x + 6 sin x − 2, у = 6 (1 − sin2 x) + 6 sin x − 2 = = −6 sin2 x + 6 sin x + 4 = 2 (−3 sin2 x + 3 sin x + 2). Рассмотрим функцию g (t) = −3t2 + 3t + 2 на отрезке [−1; 1] (рис. 49).
g(t)=−3( t 2 −t+ 1 4 )+ 11 4 =−3 ( t− 1 2 ) 2 + 11 4 , g( 1 2 ) — наибольшее значение функции. Если t= 1 2 , то sin x= 1 2 , откуда x= (−1) n π 6 +πn , n ∈ Z. 358. Пусть sin2 x = t, тогда y= 2 (1−t) 2 +t 2 t 2 +3(1−t) = 2 t 2 −3t+2 2 t 2 −3t+3 = =1− 1 2 t 2 −3t+3 , где 2 t 2 −3t+3=2 ( t− 3 4 ) 2 + 15 8 . Пусть z(t)=2 ( t− 3 4 ) 2 + 15 8 (рис. 50). Если t ∈ [0; 1], то z( 3 4 )= 15 8 , z (0) = 3, 15 8 ≤z(1)≤3 , 1 3 ≤ 1 z ≤ 8 15 , − 8 15 ≤− 1 z ≤− 1 3 , но y=1− 1 z , поэтому 1− 8 15 ≤y≤1− 1 3 , т. е. 7 15 ≤y≤ 2 3 . Ответ. 2 3 и 7 15 . 431. Пусть С и В — точки пересечения прямой x = 3 с осью Ох и касательной, А — точка пересечения касательной с осью Ox, S — площадь треугольника AВС (рис. 51). Так как y ′ = 1 2 x , y ′ (a)= 1 2 a — угловой коэффициент касательной, то уравнение касательной имеет вид y− a = 1 2 a (x−a) .
Найдем абсциссу x0 точки А, полагая в уравнении касательной у = 0. Получим x0 = −а. Тогда S= 1 2 (a+3) y 1 , где y 1 =y(3)= a + 1 2 a (3−a)= a+3 2 a , а у (3) — ордината касательной при х = 3. Следовательно, S=f(a)= 1 4 (a+3) 2 a . Пусть g(a)= (a+3) 2 a , тогда g ′ (a)= 2 (a+3) 2 a − 1 2a 3 2 (a+3) 2 = (a+3) 2a 3 2 (4a−(a+3))= (a+3)3 2a 3 2 (a−1) . Единственная стационарная точка функции g (x), т. е. точка а = 1, — точка минимума (g′ (x) меняет знак с минуса на плюс при переходе через точку а). Ответ. S = 4.
