Материал: Уравнения и неравенства с двумя переменными

III. Повторение учебного материала.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 еа) 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 еб) (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).У р о к  12 (96).
РЕШЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ МЕТОДОМ ИНТЕРВАЛОВЦель: актуализировать умения и навыки решения рациональных неравенств и систем рациональных неравенств методом интервалов.Ход урокаI. Организационный момент.II. Устная работа.1. Решите неравенство:а) х² > 9;          б) х² + 10х + 25 > 0;       в) (х – 3) (х + 2) < 0.2. При каких значениях х имеет смысл выражение:а)  ;          б)  ;            в)  ?III. Повторение учебного материала.На примере неравенства (х – 6) (х + 5) (х + 8) < 0 повторяем, как решаются неравенства методом интервалов.(–∞; –8)  (–5; 6).Также необходимо вспомнить влияние кратности корня на смену знака неравенства при переходе через него.П р и м е р.     (х + 1) (х – 2) (х² – 6х + 9) ≤ 0;                        (х + 1) (х – 2) (х – 3) (х – 3) ≤ 0.[–1; 2]  {3}.На этом примере учащиеся видят, что при нестрогом неравенстве можно случайно «потерять» отдельно стоящие корни неравенства, в нашем случае это 3.IV. Формирование умений и навыков.Предлагаем для решения рациональные и дробно-рациональные неравенства. Задания разбиты на группы по уровню сложности.Упражнения:I  г р у п п а.1. (х – 3) (х² – 3х + 2) > 0.Р е ш е н и ех² – 3х + 2 = 0,  по  теореме  Виета,  

х₁ · х₂ = 2, х₁ + х₂ = 3,  значит,  х₁ = 2; х₂ = 1.(х – 3) (х – 2) (х – 1) > 0.О т в е т: (0; 2)  (2; 3).2. (х² – 1) (х – 2) (х + 3) ≤ 0.Р е ш е н и е(х – 1) (х + 1) (х – 2) (х + 3) ≤ 0.О т в е т: [–3; –1]  [1; 2].3. (х² – 3х – 4) (х² + х – 2) < 0.Р е ш е н и е(х – 4) (х + 1) (х + 2) (х – 1) < 0.О т в е т: (–2; –1)  (1; 4).II  г р у п п а.1. (х – 1)² + х² – 4х + 3 ≥ 0.Р е ш е н и е(х – 1)² + (х – 1) (х – 3) ≥ 0;(х – 1) (х – 1 + х – 3) ≥ 0;(х – 1) (2х – 4) ≥ 0;2 (х – 1) (х – 2) ≥ 0;(х – 1) (х – 2) ≥ 0.О т в е т: (–∞; 1]  [2; +∞).2. х² + 5х – 24 – (х – 3) (2 – х² + 6х) ≤ 0.Р е ш е н и е(х – 3) (х + 8) + (х – 3) (х² – 6х – 2) ≤ 0;(х – 3) (х + 8 + х² – 6х – 2) ≤ 0;(х – 3) (х² – 5х + 6) ≤ 0;(х – 3) (х – 3) (х – 2) ≤ 0;О т в е т: (–∞; 2]  {3}.III  г р у п п а.1.   < 0.Р е ш е н и е  > 0;    < 0.О т в е т: (–∞; –1)  (2; 4).2.   ≥ 0.Р е ш е н и е  ≤ 0;