МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ

ДОНЕЦКОЙ НАРОДНОЙ РЕСПУБЛИКИ

ДОНЕЦКИЙ ИНСТИТУТ

ПОСЛЕДИПЛОМНОГО ПЕДАГОГИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ

Киевский районный отдел образования г. Донецка

Донецкая гимназия № 70 г. Донецка

СОГЛАСОВАНО УТВЕРЖДЕНО

Донецкий институт последипломного Министерство образования и науки

педагогического образования Донецкой Народной Республики

Протокол заседания Ученого совета Приказ от ___ ________ 20__ № _____

от ___ __________ 20___ № ______

Программа элективного курса

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

10-11 классы физико-математического профиля

(35 часов)

.

ДОНЕЦК-2015

2

«Одобрено к использованию

в образовательных организациях»

Министерство образования и науки ДНР

Приказ от_________________№ _________

Рецензенты:

1. Скафа Елена Ивановна, доктор педагогических наук, профессор, заведующая кафедрой высшей математики и

методики преподавания математики Донецкого национального университета.

2. Кнышенко Светлана Игоревна, учитель математики, учитель высшей категории, руководитель методического

объединения учителей математики Киевского района г. Донецка, общеобразовательная школа № 48, г. Донецк

Составитель:

Трегуб Нина Леонидовна, учитель математики, учитель высшей категории, учитель-методист, Донецкая гимназия

№70 г. Донецка

Элективный курс «Методы решения задач» предназначен для учащихся 10-11 классов физико-математического

профиля и направлен на повышение уровня математической культуры учеников. Занятия базируются на углубленном

изучении вопросов, связанных с основным курсом. Углубление реализуется на основе обучения методам, приемам и

средствам решения математических задач, которые требуют высокой логической культуры и развивают эвристическое

мышление учащихся. В рамках курса изучаются в первую очередь методы решения так называемых «нестандартных»

задач. Материал, предлагаемый для изучения в рамках данного курса, будет полезен учащимся при подготовке к ЕГЭ,

ГИА и олимпиадам разных уровней.

3

Экспертный листок.

Составитель Трегуб Нина Леонидовна, учитель математики, учитель высшей категории, учитель-методист,

Донецкая гимназия №70 г. Донецка

Рецензенты:

Скафа Елена Ивановна, доктор педагогических наук, профессор, заведующая кафедрой высшей математики и

методики преподавания математики Донецкого национального университета.

Кнышенко Светлана Игоревна, учитель математики, учитель высшей категории, руководитель методического

объединения учителей математики Киевского района г. Донецка, общеобразовательная школа № 48, г. Донецк

Утверждено педагогическим советом гимназии

(протокол № 5 от « 11 » января 2016г.)

Директор Донецкой гимназии № 70 ____________________________ Р.А.Самойлова

Согласовано с методическим кабинетом

Заведующий _____________________-- _ Е.Н. Береза

Научно- методическая экспертиза ИППО:

________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________

4

Программа элективного курса "МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ"

(содержание; формы занятий; задания учащимся)

10-11 классы (35 часов)

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

Современный мир переживает коренное изменение подходов к образованию. Именно сегодня является характе-

рным понимание того, что только человек является одновременно началом и конечной целью любого проекта социа-

льного развития. Общество как никогда нуждается в развитых личностях. Математические знания, представления о

роли математики в современном мире стали необходимыми компонентами общей культуры.

Функция элективных курсов по математике - это углубление и расширение тех знаний, которые изучают в осно-

вном курсе все ученики. Элективные курсы должны способствовать выявлению математических и общеинтеллектуа-

льных способностей учащихся и удовлетворять их потребности и интересы. Исследования психологов свидетельст-

вуют, что для развития мышления необходимо формировать обобщенные приемы рассуждений, учить методам реше-

ний целого класса задач. Овладение такими приемами и методами означает существенное продвижение в развитии

учащихся, расширяет возможности перенесения знаний в относительно новые условия. Выполнение творческих зада-

ний способствует развитию логического мышления, формированию математической компетентности.

Главная цель курса - повышение уровня математической культуры учеников. Занятия базируются на углуб-

ленном изучении вопросов, связанных с основным курсом. Углубление реализуется на основе обучения методам, при-

5

емам и средствам решения математических задач, которые требуют высокой логической культуры, развивают науч-

но-теоретическое, алгоритмическое и эвристическое мышление учащихся. Уровень сложности задач, решаемых на за-

нятиях, значительно выше обязательного. Особое место занимают задачи, которые нуждаются в использовании уча-

щимися знаний в незнакомой (нестандартной) ситуации.

Цели и задачи этого курса - ознакомить учеников с некоторыми методами решения задач. Такими как:

- выбор обозначений; замена переменной;

- введение параметра;

- использование симметрии и четности в алгебраических уравнениях, неравенствах и системах уравнений;

- решение алгебраических задач с помощью геометрии;

- эвристические приемы решения тригонометрических уравнений;

- приведение рациональных и иррациональных уравнений к тригонометрическим;

- использование монотонности функции;

- использование ограниченности функции;

- векторный и координатный методы решения геометрических задач и т.д.

Основная методическая идея элективного курса - организация самостоятельной работы учащихся при напра-

вляющей и ведущей роли учителя.

Курс предназначен учащимся 10-11 классов физико-математического профиля.

В течение трех лет данный элективный курс был апробирован в 10-11 классах Донецкой гимназии № 70 г. До-

нецка. Способствовал улучшению результатов ВНО (внешнего независимого оценивания): более 60 % учащихся клас-

сов написали ВНО на 190 и более баллов; а также успехам учащихся данных классов на олимпиадах разных уровненй.

6

Элективный курс "Методы решения задач" рассчитан на 35 часов. Для каждой темы указано одно из возможных

распределений часов. К некоторым занятиям приведены примеры заданий, которые могут быть решены в классе или

рекомендованы для самостоятельного решения учащимися дома. К наиболее сложным заданиям приведены решения

или указания (см. "Дополнение. Методическая поддержка элективного курса «Методы решения задач»"). Если нужно,

учитель может по своему желанию или согласно тематическому планированию основного курса увеличивать или

уменьшать количество часов на ту или другую тему; подбирать другие задания для учащихся. Порядок изучения тем

также может быть другим в соответствии с желанием учителя.

Рекомендуемые формы занятий : информация учителя и обсуждение ее с учащимися (собеседование); самостоя-

тельная работа учащихся с источниками знаний; практикум по решению задач (индивидуальная работа учащихся, ра-

бота в парах и группах); конкурс по решению задач (как индивидуальный конкурс так и проведение командных соре-

внований типа "Математической регаты"); творческая работа учащихся (самостоятельное составление и придумыва-

ние задач на использование данного метода); зачет усвоенного; самооценка и взаимооценка учащимися творческих

работ.

7

ПРОГРАММА (35 часов)

№

п/п

Название темы Содержание учебного материала

К-во

часов

Требования к учебным достижениям

учащихся

1 Вступительное собеседова-

ние. Подготовка учеников

к занятиям.

1. Цели спецкурса "Методы реше-

ния задач".

2. Что такое "типичная задача"?

3. Кое-что о методах решения ма-

тематических задач.

4. Источники углубления знаний о

методах решения задач.

5.Разбор какого-либо варианта ЕГЭ,

ВНО или вступительных экзаменов

с точки зрения методов решения за-

дач.

1 Описывает такие приемы решения

эвристических задач как наблюда-

ние, сравнение, дедукция, инду-

кция, анализ, синтез, переформули-

рование задачи и т.д.

Имеет представление о том, что

такое "эвристика" и "эвристические

приемы" решения задач, что такое

"типичная задача".

Решает некоторые упражнения, в

которых предусмотрено использо-

вание таких эвристических приемов,

как анализ, синтез, переформулиро-

вание задачи и тому подобное.

2 Тема 1. Что такое творчес-

кое мышление (креатив-

1. Что такое "креативность"?

2. Гипотеза, интуиция, инсайт. Ме-

2 Формулирует, что такое

- креативность;

8

ность).

ханизм догадки, озарения, инсайта.

3. Гибкость мышления (метафорич-

ность мышления).

4. Решение задач на проверку гиб-

кости мышления.

5. Оценка заданий с точки зрения :

а) интереса; б) доступности; в) эсте-

тичности; г) эвристичности ("Явля-

ется ли задача красивой?")

- гипотеза, интуиция, инсайт;

- доступность, эстетичность и эври-

стичность задачи.

Имеет представление о том, что

такое "гибкость мышления", мета-

форичность мышления.

Применяет приобретенные знания

к оценке «красоты задачи».

Может проанализировать решен-

ную задачу с точки зрения ее "инте-

ресности", доступности, эстетично-

сти и эвристичности.

3 Тема 2. Как решать задачу.

Корректность задачи; необходи-

мость и достаточность условий; пе-

реопределенность условия задачи;

противоречивость условия; перефо-

рмулирование задачи.

Решение нескольких задач и анализ

этих задач с точки зрения: 1) необ-

3 Имеет представление о необходи-

мости и достаточности условий за-

дачи; о переопределенности и про-

тиворечивости условия задачи.

Приводит примеры задач с лиш-

ними условиями, с недостаточным

условием, с противоречивыми усло-

9

ходимости, достаточности или про-

тиворечивости условий задачи; 2)

необходимости высказывания гипо-

тез во время размышлений; 3) пот-

ребности в переформулировании

задачи; 4) наличия интуиции и ин-

сайта для решения определенной

задачи.

виями.

Применяет переформулирование

задачи - одно из средств нахождения

подхода к решению исходной зада-

чи.

4 Тема 3. Введение перемен-

ной.

Введения переменной как один из

основных способов решения урав-

нений и неравенств.

Решение уравнений, неравенств или

систем уравнений с помощью заме-

ны переменной.

Составление (или нахождение в ли-

тературе) уравнений, неравенств

или системы уравнений, решаемых

с помощью замены переменной .

3 Владеет алгоритмом решения урав-

нений, систем уравнений с помо-

щью введения замены неизвестного.

Применяет введение новой пере-

менной y=f (x), относительно кото-

рой уравнение P (f (x)) =0 имеет бо-

лее простой вид, легко сводящийся

к стандарту.

5 Тема 4. Решение задач с Метод введения параметра. Реше- 2 Владеет алгоритмом решения урав-

10

помощью введення пара-

метра.

ние уравнения относительно пара-

метра как новой переменной.

Решение уравнений с помощью

введения параметра.

Составление по аналогии уравне-

ний, решаемых с помощью введе-

ния параметра.

нений с помощью введения параме-

тра.

Применяет введение параметра и

решает уравнение относительно па-

раметра как новой переменной.

Составляет по аналогии уравнения,

решаемые относительно параметра.

6 Тема 5. Симметрия в алге-

бре.

Симметрия. Виды симметрии в ге-

ометрии.

Симметрия в алгебре. Ее использо-

вание.

Симметричные многочлены.

Симметрические уравнения.

Симметричность системы уравне-

ний.

Стандартное введение новых пере-

менных для симметричных уравне-

ний и систем уравнений.

Четные и нечетные функции.

3 Формулирует определение четных

и нечетных функций.

Имеет представление о симметрии

в алгебре и о симметричных много-

членах.

Описывает способы задання сим-

метричных многочленов.

Умеет вводить стандартные новые

неизвестные для симетричных урав-

нений и систем уравнений.

Решает упражнения, которые пре-

дусматривают использование сим-

11

Четность (нечетность) системы ура-

внений относительно какой-либо

переменной.

Решение уравнений с помощью ис-

пользования четности и симмет-

рии в алгебре.

метрии в алгебре во время решения

симетричных уравнений и систем

уравнений.

Решает упражнения, которые пре-

дусматривают использование четно-

сти системы относительно какой-то

переменной для решения или нахо-

ждения количества решений четной

(нечетной) или симметричной сис-

темы с параметрами.

7 Тема 6. Решение алгебраи-

ческих задач с помощью

геометрии. Использование

методологии фузионизма

для решения задач.

Понятие фузионизма; методология

фузионизма.

Геометрическая интерпретация ал-

гебраических выражений.

Использование теорем и формул

геометрии, векторной алгебры, ко-

ординатного метода и методов ма-

тематического анализа для решения

алгебраических уравнений, систем

4 Владеет алгоритмами решения тре-

угольников.

Записывает соотношение между

сторонами и углами треугольника.

Видит за алгебраическими выраже-

ниями геометрические формулы.

Применяет геометрическую интер-

претацию алгебраических выраже-

ний к решению алгебраических

12

уравнений, доказательства нера-

венств и нахождения наименьшего

или наибольшего значений выра-

жения.

Решение задач с помощью методо-

логии фузионизма (геометрической

интерпретации).

уравнений, систем уравнений, дока-

зательству неравенств и нахожде-

нию наименьшего или наибольшего

значений выражения.

Использует теоремы и формулы

геометрии, векторной алгебры, ко-

ординатного метода и методов ма-

тематического анализа для решения

алгебраических задач.

8 Тема 7. Эвристические

приемы решения тригоно-

метрических уравнений,

неравенств, систем уравне-

ний.

Решение тригонометрических урав-

нений, неравенств, систем уравне-

ний.

Анализ методов решения тригоно-

метрических уравнений.

Рациональные и иррациональные

тригонометрические уравнения.

Решение задач повышенной слож-

ности и нестандартных задач.

3 Владеет алгоритмами решения три-

гонометрических уравнений и нера-

венств.

Умеет записывать решения триго-

нометрических уравнений.

Применяет введение переменной в

процессе решения тригонометриче-

ских уравнений.

Использует свойства тригономет-

рических функций для решения не-

13

стандартных уравнений.

9 Тема 8. Приведение рацио-

нальных и иррациональ-

ных уравнений и нера-

венств к тригонометриче-

ским.

Приведение рациональных и ирра-

циональных уравнений к тригоно-

метрическим с помощью введения

новой переменной:

1) sin ax или cos ax , ес-

ли уравнение содержит радикал

22 xa или по условию х а;

2) tgax , если уравнение со-

держит радикал 22 xa ;

3) sin

ax , если уравнение содер-

жит радикал 22 ax .

Решение уравнений и неравенств,

сводящихся к тригонометрическим.

3 Использует соответствующие заме-

ны переменной, приводящие

начальное уравнение к тригономет-

рическому виду.

Владеет методами приведения ра-

циональных и иррациональных

уравнений к тригонометрическим

уравнениям с помощью введения

новой переменной соответствующе-

го вида.

Умеет решать тригонометрические

уравнения.

Умеет записывать решения триго-

нометрических уравнений.

Применяет введение переменной в

процессе решения тригонометриче-

ских уравнений.

10 Тема 9. Использование мо- Ограниченность функции. 4 Формулирует определение моно-

14

нотонности и ограниченно-

сти функции для решения

уравнений и неравенств

Определение монотонности функ-

ции.

Критерии монотонности функции.

Решение упражнений на нахожде-

ние области зна-чений функции.

Решение упражнений на нахожде-

ние промежутков монотонности

функции.

Использование монотонности фун-

кций для решения уравнений вида :

а) f (x) = c, где с - постоянное чис-

ло, а y =f (x) - монотонная функция

на промежутке М;

б) f (x) = g (x), где y =f (x) - строго

возрастающая, а y =g (x) - строго

убывающая функция на промежут-

ке М.

Использование ограниченности фу-

нкций для уравнения вида f (x) = g

тонной функции; ограниченной

функции.

Владеет алгоритмами нахождения

промежутков монотонности функ-

ции.

Решает упражнения на нахождение

области значений функции.

Использует монотонность и огра-

ниченность функций для решения

нестандартных уравнений.

15

(x), где f (x) ≥ А, g (x) ≤ А на про-

межутке М.

Решение уравнений и неравенств.

11 Тема 10. Координатный и

векторный методы реше-

ния геометрических задач.

Рене Декарт и его идея об универ-

сальном методе решения задач.

Координатный и векторный методы

как универсальные методы решения

геометрических задач.

Выбор системы координат; начало

координат и направления осей. Вы-

бор системы векторов.

Решение планиметрических и сте-

реометрических задач координат-

ным и векторным методами.

Использования векторного и коор-

динатного методов для нахождения

расстояния между двумя скрещи-

вающимися прямыми, углов между

прямыми, углов между прямой и

4 Записывает формулы расстояний

между двумя точками на плоскости

и в пространстве, от точки к прямой,

от точки к плоскости.

Использует формулы векторной ал-

гебры для нахождения угла между

прямыми, между прямой и плоско-

стью; расстояния между прямыми;

для доказательства принадлежности

точек геометрическому месту точек

и так далее.

Применяет координатный метод

для доказательства принадлежности

точки к некоторому геометри-

ческому месту точек; для доказате-

льства или проверки параллельнос-

16

плоскостью и т.д.

Решение геометрических задач раз-

ными методами.

ти или перпендикулярности прямых,

плоскостей; для нахождения угла

между прямыми, между прямой и

плоскостью; для нахождения рас-

стояния между прямыми и т.д.

12 Практикум по решению не-

стандартных (эвристиче-

ских) задач.

Обобщение знаний о некоторых ме-

тодах решения математических за-

дач.

(Задания подбираются учителем и

учащимися по материалами вступи-

тельных экзаменов, олимпиад раз-

ных уровней).

Зачет усвоенного материала. Само-

оценка и взаимооценка обобщен-

ных и составленных учащимися за-

дач и написанных рефератов.

Командное решение задач; прове-

дение "Математической регаты".

5

17

ЛИТЕРАТУРА ДЛЯ УЧИТЕЛЯ

1.1. Бартенев Ф.А. Нестандартные задачи по алгебре. – М.: Просвещение. – 1976.

1.2. Березин В.Н., Березина Л.Ю., Никольская И.Л. Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий

по математике. – М.: Просвещение. – 1985.

1.3. Болтянский В.Г., Виленкин Н.Я. Симметрия в алгебре. – М.: Изд-во МЦНМО. – 2002.

1.4. Буковська О.І Дослідження на найменше та найбільше значення без використання похідної.// Математика в

школах України, 2006, № 32 (152).

1.5. Бурда М.І. Принципи відбору змісту шкільного компонента освіти.// Формування та впровадження шкільно-

го компонента змісту загальної середньої освіти.: Матеріали Всеукраїнської науково-практичної конференції. – До-

нецьк. – 1995.

1.6. Бурда М.І. Принципи відбору змісту шкільної математичної освіти.// Педагогіка і психологія. – 1996.–№1.

1.7. Вельбрехт Д.О., Токар Н.Г., Розвиток креативних здібностей учнів через систему креативних вправ.// Мате-

матика в школах України. – 2007, № 29 (185).

1.8. Гайштут О.Г., Литвиненко Г.М. Розв’язування алгебраїчних задач. – К.: Радянська школа. – 1991.

1.9. Галицкий М.Л., Мошкович М.М., Шварцбурд С.И. Углубленное изучение курса алгебры и математического

анализа. – М.: Просвещение. – 1990.

1.10. Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметрами. – К.: РИА « Текст». – 1992.

1.11. Крутецкий В.А. Психология математических способностей школьников. – М.: Просвещение. – 1968.

1.12. Крутецкий В.А. Основы педагогической психологии. – М.: Просвещение. –1972.

1.13. Кукуш О. Монотонні послідовності і функції.// Математика. – 2007, № 25-26.

18

1.14. Лоповок Л.М. Факультативные задания по геометрии для 7-11 классов. – К.: Радянська школа. –1990.

1.15. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Неожиданный шаг или 113 красивых задач. – К.: Агрофирма

«Александрия», 1993.

1.16. Минка Г. Застосування геометричної інтерпретації в алгебрі.// Математика в школі. – 1999, № 1.

1.17. Осинская В.Н. Активизация познавательной деятельности учащихся на уроках математики в 9-10 классах.

– К.: Радянська школа. – 1980.

1.18. Пойа. Д. Как решать задачу. – Львов: Квантор. – 1991.

1.19. Пойа Д. Математическое открытие. – М.: Наука. – 1976.

1.20. Слепкань З.И. Психолого-педагогические основы обучения математике. – К.: Радянська школа. – 1983.

1.21. Трегуб Н.Л. З досвіду проведення факультативу з математики.// Формування та впровадження шкільного

компонента змісту загальної середньої освіти.: Матеріали Всеукраїнської науково-практичної конференції. – Донецьк.

– 1995.

1.22. Трегуб Н.Л. Принципи і технологія відбору змісту факультативу.// Регіональний та шкільний компоненти

загальної середньої освіти: досвід, пошуки, перспективи.: Матеріали Всеукраїнської науково-практичної конференції.

– Донецьк. – 1997.

1.23. Tregub N. Didactic Design: Problems through Problems. // Heuristic Methods in Teaching of Mathematics.: Inter-

national Distance Conference. Proceedings. Part 1. – Donetsk. – 1997.

1.24. Трегуб Н. Створення задач учнями.// Математика в школі. – 2000, № 2.

1.25. Трегуб Н. Декілька слів щодо розвитку семантичної гнучкості як одного з критеріїв креативності учнів.//

Математика в школах України. – 2008, № 5 (197).

19

1.26. Ушаков Р.П. Шукаймо область значень функції.// Математика в школах України. – 2007, № 28 (184).

1.27. Харік О. Деякі нестандартні прийоми розв’язування рівнянь.// Математика. – 2007, № 39, 41.

1.28. Харік О.Ю. Про деякі нестандартні методи розв’язування рівнянь.// Математика в школах України. – 2008,

№ 3, 4 (195-196).

1.29. Шапиро С.И. От алгоритмов к суждениям. – М.: Советское радио. – 1973.

1.30. Шунда Н.М. Функції та їх графіки. Задачі і вправи. – К.: Радянська школа. – 1976.

20

ЛИТЕРАТУРА ДЛЯ УЧАЩИХСЯ

2.1. Алексєєв В.М., Ушаков Р.П. Математика. – К.: Вища школа. – 1992.

2.2. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. – М.: МЦНМО. – 2005.

2.3. Банк задач по математике для абитуриентов ДонНУ. Выпуск. 6. – Донецк: Изд-во ДонНУ. – 2007.

2.4. Бунєєва Н.О., Каргаполов О.М. Задачі зі стереометрії. Координатний метод. Векторний метод. – Харків: Ви-

давнича група “Основа”. – 2007.

2.5. Бурда М.И. и др. Сборник заданий для государственной итоговой аттестации по алгебре. 9 класс. – Харьков:

Гимназия. – 2007.

2.6. Бурда М.И. и др. Сборник заданий для государственной итоговой аттестации по математике. 11 класс. –

Харьков: Гимназия. – 2008.

2.7. Вишенський В.А., Перестюк М.О., Самойленко А.М. Збірник задач з математики. – К.: Либідь. – 1990.

2.8. Вышенский В.А. и др. Сборник задач Киевских математических олимпиад. – К.: Вища школа. – 1984.

2.9. Говоров В.М. и др. Сборник конкурсных задач по математике. – М.: Наука, 1983.

2.10. Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметрами. – К.: РИА « Текст». – 1992.

2.11. Готман Э.Г., Скопец З.А. Решение геометрических задач аналитическим методом. – М.: Просвещение. –

1979.

2.12. Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.К. Пособие по математике для поступающих в вузы. – М.: Наука. –

1976.

2.13. Задачи по математике. Уравнения и неравенства: Справ. Пособие/ Вавилов В.В. и др. – М.: Наука. – 1987.

2.14. Задачи по математике. Начала анализа: Справ. Пособие/ Вавилов В.В. и др. – М.: Наука. – 1990.

21

2.15. Ковтонюк М.М., Ясінський В.А., Ковтонюк Г.М. Алгебра та початки аналізу. 10 клас. – Харків: Видавнича

група “Основа”. – 2005.

2.16. Ковтонюк М.М., Ясінський В.А., Бак С.М. Алгебра та початки аналізу. 11 клас. – Харків: Видавнича група

“Основа”. – 2006.

2.17. Конет І.М. та ін. Обласні математичні олімпіади. – Кам’янець – Подільський: Абетка. – 2005.

2.18. Лейфура В.М. та ін. Математичні олімпіади школярів України 1991-2000. – К.: Техніка. – 2003.

2.19. Литвиненко Г.Н., Швец В.А., Федченко Л.Я. Алгебра и начала анализа/ Сборник заданий по математике на

аттестат о среднем образовании. – Донецк: ООО «Лебедь». – 2000.

2.20. Лобанова Л.В., Фінкельштейн Л.П. Вибрані задачі елементарної математики. – К.: Вища школа. – 1989.

2.21. Математика. Методическое пособие для абитуриентов/ Улитин Г.М., Мироненко Л.П. – Донецк: Изд.

ДНТУ. – 2005.

2.22. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Алгебраический тренажер. – К.: АСК. – 1997.

2.23. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Неожиданный шаг или 113 красивых задач. – К.: Агрофирма

«Александрия», 1993.

2.24. Моргун О.О., Фурман М.С., Сільвестрова І.А. Геометрія. 9 кл. – Харків: Видавнича група “Основа”. – 2006.

2.25. Натяганов В.Л., Лужина Л.М. Методы решения задач с параметрами. – М.: Изд. Московского Университе-

та. – 2003.

2.26. Олехник С.Н., Потапов М.К., Пасиченко П.И. Нестандартные методы решения уравнений и неравенств. –

М.: Изд. Московского Университета. – 1991.

22

2.27. Полонський В.Б., Рабинович Ю.М., Якір М.С. Вчимося розв’язувати задачі з геометрії. – К.: Магістр – S. –

1998.

2.28. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. В 2 ч. – М.: Наука. – 1986.

2.29. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч. – К.: АСК. – 2005.

2.30. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями. /

Довбыш Р.И. и др. – Донецк: БАО. – 2005.

2.31. Сборник задач по математике для поступающих во втузы. / Под ред. М.И. Сканави. – М.: Высшая школа. –

1988.

2.32. Сільвестрова І.А., Фурман М.С. Навчаємось розв’язувати рівняння та нерівності. – Харків: Видавнича гру-

па “Основа”. – 2005.

2.33. Шарыгин И.Ф. 2200 задач по геометрии для школьников и поступающих в вузы. – М.: Дрофа. – 1999.

2.34. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: решение задач: Учеб. Пособие для 10 кл. сред. шк. –

М.: Просвещение. – 1989.

2.35. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: решение задач: Учеб. Пособие для 11

кл. сред. шк. – М.: Просвещение. – 1991.

2.36. Шунда Н.М. Функції та їх графіки. Задачі і вправи. – К.: Радянська школа. – 1976.

2.37. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язування. – Тернопіль: Навчальна книга –

Богдан. – 2005.

23

ГЛОССАРИЙ

1. Гибкость мышления - способность применять разнообразные стратегии при решении проблем.

2. Гипотеза – научное предположение (догадка, предсказание), которое нуждается в проверке и теоретическом

обосновании, чтобы стать достоверным утверждением.

3. Инсайт (букв. - озарение) – неожиданное понимание сущности проблемы, что выражается в возможности

увидеть связи между элементами проблемы под новым углом зрения.

4. Интуиция – способность переходить к интеллектуальному результату бессознательно, на основе появления

субъективного чувства “безусловной правильности” опредленного решения (по формуле “Я не знаю почему,

но я уверен, что...”).

5. Креативность – творческие способности – способности индивидуума к принятию и созданию принципиаль-

но новых идей, отклоняющихся от традиционных схем мышления, способности к использованию нестандар-

тных средств интеллектуальной деятельности, а также способность решать проблемы, возникающие внутри

статичных схем.

6. Фузионизм (от лат. фузио – слияние) качественное объединение алгебраического и геометрического материа-

ла.

7. Эвристические методы – логические приемы и методические правила научного исследования и изобретате-

льского творчества, которые способны приводить к цели в условиях неполноты исходной информации и от-

сутствия четкой программы управления процессом решения задачи.

24

ДОПОЛНЕНИЕ.

МЕТОДИЧЕСКАЯ ПОДДЕРЖКА ЭЛЕКТИВНОГО КУРСА

"МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ"

В этом разделе приведены определенные идеи относительно методики проведения занятий и примеры задач к

некоторым темам с решениями или указаниями к решениям наиболее сложных заданий.

Тема 1.

Тестирование учащихся с целью проверки уровня креативного (творческого) мышления. (Тестирование прово-

дит учитель или школьный психолог.)

Знакомство учащихся с такими понятиями как креативность, гипотеза, интуиция, инсайт. Креативность – как

способность личности к порождению оригинальных идей и использованию нестандартных средств интеллектуальной

деятельности. Гипотеза – научное предположение (догадка, предсказание), которое нуждается в проверке и теорети-

ческом обосновании, чтобы стать достоверным утверждением. Интуиция – способность переходить к интеллектуаль-

ному результату бессознательно, на основе появления субъективного чувства “безусловной правильности” опредлен-

ного решения (по формуле “Я не знаю почему, но я уверен, что...”). Инсайт (букв. - озарение) – неожиданное понима-

ние сущности проблемы, что выражается в возможности увидеть связи между элементами проблемы под новым углом

зрения. Механизм догадки, озарения, инсайта.

Решение задач на проверку гибкости мышления. (Например, задачи 1-8, стор. 251-252 [1.12]).- э - л

Тема 2.

25

Решение нескольких задач (Например: а) из [2.6] № 4.4 из вариантов 1, 2, або 4; б) задачи на стр. 247-251 [1.12])

и анализ этих задач.

1) Задачи с недостаточными условиями:

а) Стороны треугольника относятся как 5:4:3. Найти длины сторон.

б) В библиотеке 6100 книг на французском, английськом и русском языках. Французских книжек на 25% боль-

ше, чем английских. Сколько русских книг в библиотеке?

2) Задачи с лишними условиями:

а) В равнобедренном треугольнике две стороны относятся как 3: 8 . Найти стороны, если периметр 38 см,

причем стороны выражаются целыми числами.

б) Четыре гири весят 40 кг вместе. Найти вес самой тяжелой гири, если известно, что каждая из них в 3 раза

тяжелее другой, более легкой, и наиболее легкая весит в 12 раз меньше, чем весят вместе две средние гири.

в) Найти площадь равносторонней трапеции, если длина диагонали 20 см, высота равна 12 см, меньше основа-

ние равно 10 см.

Указание. Проекция диагонали равнобокой трапеции равняется средней линии. (Докажите!) Поэтому достаточ-

но по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника найти проекцию диагонали; она будет равняться средней

линии, а этого достаточно, чтобы найти площадь трапеции, потому что высота известна. Длина меньшего основания –

лишнее условие.

3) Задачи с противоречивыми условиями:

а) Найти углы выпуклого пятиугольника, если они пропорциональны числам 1, 3 , 5, 7, 11 .

26

б) Найти стороны треугольника с периметром 11м, если одна из сторон на 2 см меньше одной стороны и на 3

см больше другой стороны.

в) Найти площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой 10 см, если высота, проведенная к гипотенузе,

имеет длину 6 см.

Указание. Докажите, что такой треугольник не существует.

Тема 3.

Решение уравнений, неравенств или систем уравнений при помощи замены переменной. (Например: а) № 4.2 из

варианта 71 [2.6]; б) № 88-90 (стр. 55); № 321, 335, 336, 389 (стр. 85-87 [2.9]); в) № 9.3, 9.6 (стр. 34); 3.10-3.12, 3.15

(стр. 28) или №37, 39 на стр. 58 [2.32]; г) № 57 на стр. 24; пример 8 на стр.157 или № 97 на стр. 36 [1.8]; д) № 115, 136

на стр. 37-39 [2.35].)

Тема 4.

Решение уравнений при помощи введения параметра. (Например: а) № 21 (стр.97, [2.35]); б) № 17.1 – 17.8, 18.1-

18.2 [2.32]; в) № 1, 2 (№ 41, стр. 19 [1.27]), г) № 17.17, №4 (стр.163 [2.27]), д) № 4.1 из варианта 29; № 4.2 из варианта

21 [2.6].)

1. Решите уравнение:

а) 0313 23 xx .

Указание. Введите параметр a3 . Тогда 3=а2. Решите уравнение как квадратное относительно а.

б) .07772 24 xxx

Указание. Введите параметр a7 . Тогда 7=а2. Решите уравнение как квадратное относительно а.

27

2. Решите систему уравнений с параметрами а, b, c:

.

,

,

byzy

a

z

c

axyx

c

y

b

cxzz

b

x

a

Указание. Решите систему как линейную относительно параметров a, b, c. Сведите к системе

.

,

,

zxc

yzb

xya

Ответ: 1)

a

abc

c

abc

b

abc;; ,

a

abc

c

abc

b

abc;; , если abc > 0; 2) решений нет, если abc0.

Тема 5.

Решение задач при помощи использования симметрии и четности в алгебре. (Например: а) № 5.5 ( 4 – 7); при-

меры 1 и 2 (стр.62 [2.15]); б) № 6, 9, 16, 29 (стр.22 [1.3]); в) № 4.2 из варианта 10 и варианта 60; № 4.2, № 4.3 из вариа-

нта 49 и варианта 99 [2.6];. г) № 14, 17, 18, 19 (стр. 174-180 [2.25]), д) № 122-123 (стр. 118 [2.35]); е) № 6.309-6.311,

6.314, 6.319, 6.324, 6.329 [2.31].)

1. Решите уравнение:

а) 01585 234 xxxx .

28

Указание. Учитывая, что х = 0 не является корнем уравнения, разделим уравнение на х2 и положим t

xx

1.

б) 025131352 2345 xxxxx .

Указание. Симметрическое уравнение нечетной степени имеет корень х = – 1. (Проверьте!) То есть х1 = – 1 -

корень уравнения. Разделим многочлен 25131352 2345 xxxxx на х + 1. Получим новое симметрическое уравне-

ние

0231632 234 xxxx .

Поделив его на х2, запишем в виде

.0161

31

22

2

xx

xx

Обозначим .1

tx

x

1. Решите систему уравнений:

а)

;5

,173333

yxyx

yyxx

б)

.23

,179244

yxxy

yxyx

Указание. Введите новые переменные zxytyx ; .

2. Найти все значения параметра а такие, что система

29

1

,

2zxy

ayx

имеет единственное решение.

Решение. Переменные х и у входят в систему симметрично. Поэтому, если х= х0 , у= у0 , z= z0 – решение си-

стемы, то х= у0 , у= х0 , z= z0 – также решение системы. Так как решение единственное, то х0= у0 , и тогда 2х0 = а.

Функция 2zxy является четной относительно z. Поэтому, если (х0;у0;z0) – решение системы, то (х0;у0;– z0) – также

решение системы. Система имеет единственное решение, значит, z = 0. Тогда х2 = 1; а= 2 або а= – 2.

Пусть а= 2.

Тогда

.1

,2

2zxy

yx

.1

,4)(

2

2

zxy

yx

;0)(4)( 22 zxyyx 04)( 22 zyx , откуда х = у = 1, z = 0.

Аналогично при а = – 2 х = у = – 1, z = 0.

Таким образом, а = 2.

3. Найти значения a и b, чтобы система

30

0,

,1

1

22 xbyx

ax

xy

y

имела единственное решение.

Решение. Убедитесь, что система четна относительно у. Поэтому для того, чтобы система имела единственное

решение, необходимым условием будет y0= 0. Тогда а=0; х2 = b>0.

Проверим достаточность этих условий.

Если а=0; b>0, то система имеет вид

.10

,

,1

,1

,1

,1

,0,

,0

,1

,1

,

,0

,0

,

,1

2

22

b

Ry

x

b

by

x

bbx

y

by

x

bx

y

b

byx

x y

31

По условию х 0, тогда первая система совокупности при b>0 дает единственную пару значений: 0; ybx . Вто-

рая система при b = 1 дает ту ж самую пару х = 1, у = 0; при b>1 дает две пары с разными значениями 1 by ;

при 0 b 1 решений нет. Таким образом, исходная система имеет единственное решение )0;( b , если а = 0 и ].1;0(b

Тема 6.

Решение задач при помощи методологии фузионизма. (Фузионизм (от лат. фузио – слияние) качественное объ-

единение алгебраического и геометрического материала. Геометрическая интерпретация алгебраических выражений.

(Например: а) № 20.1-20.9, примеры 1-3 (стр. 155-156 [2.32]); б) пример на стр. 3 и № 1-5 [1.25]; в) № 1-3 (№ 41, стр.

20 [1.27]); г) № 1-5 (стр.28 [1. 24]); д) № 1-12 (стр. 34-36, [1.16]); е) № 1-4 (№ 4, стр.20 [1.28]); ж) № 174 (стр. 194

[2.33]); з) № 1, 2, 7, 8, 9, 11, 16, 36, 40, 41. 42 [1.15]; к) № 8.2, 8.4, 8.6, 8.13, 8.14 [2.2]).

1. Найдите значение выражения

.2

213

2

312

2

123

2

123

Решение. За этим выражением можно увидеть формулу Герона для нахождения площади треугольника со стро-

нами 1, 2 , 3 . Но обратите внимание, что треугольник с такими сторонамии – прямоугольный с катетами 1 та 2 .

(Проверьте!) Площадь этого треугольника равна .2

2 Поэтому и значение этого выражения равно .

2

2

2. Найдите наименьшее значение выражения:

а) .)1()2()5()1( 2222 yxyx

32

А

С

М

В

D

Решение. Пусть на координатной плоскости ху заданы точки А(1; –5), В(–2; –1) и некоторая точка М(х; у). То-

гда данное выражение равно сумме длин отрезков МА и МВ. МА + МВ АВ. значит, эта сумма будет наименьшей,

если точка М принадлежит отрезку АВ, то есть наименьшее значение суммы будет МА + МВ = АВ = 5.

б) .)2()2()5()1()1( 222222 zyxzyx

Указание. Рассмотрите в координатном пространстве точки А(–1; 0; 1), В(5; 2; –2) и М(x; y; z). Данное выраже-

ние равно МА + МВ. Наименьшее значение выражения будет равняться 7, если МАВ.

в) zyx 22 , если .25222 zyx

Решение. Введем векторы );;( zyxa и )1;2;2( b .

Тогда данное выражение равняется скалярному произведению векторов a и b . 5222 zyxa ; .3b

.1522 babazyx Значит, наименьшее значение данного выражения равно – 15. Равенство достига-

ется, когда ba , а значит, когда 0122

zyx

то есть при

.3

5;

3

10;

3

10 zyx

г) .25359 22 xxx

Решение. Безусловно, данное выражение будет принимать наименьшее значе-

ние при положительном х. Тогда первое слагаемое можно рассматривать как длину

гипотенузы прямоугольного треугольника с катетами 3 и х , а второе слагаемое – как

33

длину стороны треугольника, лежащей против угла 30 с прилежащими сторонами 5 и х (теорема косинусов).

Пусть АВ = 3, АС = 5, АМ = х, ВАМ = 90, МАС = 30. Тогда ВМ = 29 x ; СМ = .25352 xx

Из неравенства треугольника следует, что 25359 22 xxx = ВМ + СМ ВС. Равенство достигается в

случае, когда М ВС и совпадает с точкой D. Тогда наименьшее значение выражения равно длине стороны ВС, то

есть 7 по теореме косинусов для АВС.

Найдем значение х, при котором выражение принимает это наименьшее значение. Используем метод площа-

дей:

ACDABDABC SSS ;

;30sin2

1

2

1120sin

2

1 ACADADABACAB

2

53

2

315 xx ,

откуда .11

315x

3. Докажите неравенство 2)(222222 cbaaccbba

для положительных a, b, c.

Решение. Сделаем рисунок. Тогда по теореме Пифагора левая часть нера-

венства равняется АК + КМ + МВ, то есть длине ломаной АВ. СА = СВ =

А

В

С

М

К

а

а

с

с b

b

34

cba . Правая часть равна гипотенузе прямоугольного треугольника АВС: АВ = 2)( cba .

Очевидно, что АК + КМ + МВ АВ, то есть неравенство доказано.

3. Решите уравнение:

а) .5115111447 23 xxxxxx

Решение. Введем векторы 14;47);;1( xxbxa .

Тогда 51151151111447 232 xxxxxbabaxxx .

Равенство достигается, когда ba . Поэтому решение следует искать среди корней уравнения .14

1

47

x

xx

Легко убедиться, что единственный корень этого уравнения х = 1. Проверка показывает, что х = 1 удовлетворяет ис-

ходному уравнению, то есть является корнем.

б) .13133672 32 xxxxxx

Указание. Введите векторы xxbxa 36;72);;1( .

4. Решите систему уравнений:

а)

.056

,4)2()2(

22

2222

xyx

yxyx

Указание. Левая часть первого уравнения равна сумме расстояний от точки А(– 2; 0) до точки М(х; у) и от точки

В(2; 0) до М.

35

По условию 4 = МА +МВ АВ = 4. Тогда М АВ. Отсюда у = 0.

5. Найдите значение выражения zxyzxy , если х, у, z – положительные числа, удовлетворяющие системе

уравнений:

.169

;225

;196

22

22

22

xzxz

zyzy

yxyx

Решение. Сделаем рисунок. Построим отрезки ОА, ОВ и ОС так, что

.120 COABOCAOB (Тогда точка О – точка Торричелли или

точка Ферма, так как Δ АВС остроугольный.) Тогда по теореме косину-

сов АВ = 14; ВС = 15; АС = 13. Геометрическая интерпретация выра-

жения, значение которого нужно найти,

.3112843

4

3

4

4

3

4

3

2

3

2

1

2

3

2

1

2

3

2

1

ABCCOABOCAOB S

SSSzxyzxy

zxyzxy

Тема 7.

Решение тригонометрических уравнений повышенной сложности и нестандартных тригонометрических уравне-

ний. (Например: а) № 5 из вариантов В-1, В-3, В-4, (стр. 211-212); № 6 из вариантов В-1 – В-6 (стр. 157-158 [1.9]), б) №

1, 2, 3 (стр. 173), № 11.8, 11.9, 11.10 (стр. 172 [2.15]); в) № 37, 39, 43, 54 (стр. 11 [1.30]); г) № 126-128, 178, 183, 185,

195, 219 (стр. 37-40 [2.35]).

1. Решите уравнение:

х

у z

O

А

А

В С

36

а). 04cos2coscos4cos

1

2cos

1

cos

1222

xxxxxx

.

Указание . Если переписать уравнение в виде

04cos

4cos1

2cos

2cos1

cos

cos1222

x

x

x

x

x

x,

то очевидно, что каждое слагаемое неотрицательно, поэтому равенство достигается, когда

.04cos

4cos1

;02cos

2cos1

;0cos

cos1

2

2

2

x

x

x

x

x

x

Ответ: .,2 Znnx

б) .1sincos 20092008 xx

Решение. Перепишем уравнение в виде:

.sincossincos 2220092008 xxxx

,0sinsincoscos 2200922008 xxxx

.0)1(sinsin)1(coscos 2007220062 xxxx

Очевидно, что каждое слагаемое неотрицательно, поэтому равенство достигается, когда

37

)2(.0)1(sinsin

)1(;0)1(coscos

20072

20062

xx

xx

Уравнение (2) имеет решение, если

.,22

;,

;1sin

;0sin

;1sin

;0sin

2007

2

Zkkx

Znnx

x

x

x

x

Оба значення х удовлетворяют уравнению (1) и исходному уравнению.

в) .32

1

41

16cos

41

8cos

41

4cos

41

2cos

41cos

xxxxx

Решение. Умножим обе части уравнения на 41

sinx

. Очевидно, что 041

sin x

, так как )(,41 Znnx не являет-

ся корнем исходного уравнения. (Проверьте!)

Тогда 41

sin32

1

41

16cos

41

8cos

41

4cos

41

2cos

41cos

41sin

xxxxxxx .

Упростим левую часть и получим уравнение

;41

sin32

1

41

32sin

32

1 xx

;082

33cos

82

31sin2

;041

sin41

32sin

xx

xx

38

)2(,33

82

33

41

)1(,31

82

,282

33

,,82

31

;082

33cos

;082

31sin

Zll

x

Zkk

x

Zllx

Zkkx

x

x

.

Но х 41п, п Z. Поэтому из (1) следует, что Zkk

x ,31

82, где k 31m, mZ; а из (2) следует, что

Zll

x ,33

82

33

41, где l 16+ 33t, tZ. Таким образом, ответ: 1) Zk

kx ,

31

82, де k 31m, mZ; 2)

Zll

x ,33

82

33

41, де l 16+ 33t, tZ.

г) .5,04cos3cos2coscos xxxx

Решение. Умножим обе части уравнения на 2

sinx

. Очевидно, что 02

sin x

, так как Znnx ,2 не является

корнем исходного уравнения. (Проверьте!)

Тогда .2

sin5,0)4cos3cos2cos(cos2

sinx

xxxxx

;2

sin5,04cos2

sin3cos2

sin2cos2

sincos2

sinx

xx

xx

xx

xx

;2

sin2

1

2

9sin

2

7sin

2

7sin

2

5sin

2

5sin

2

3sin

2

3sin

2sin

2

1 xxxxxxxxx

39

.,9

2;0

2

9sin Zk

kx

x

Но х п, пZ. Тогда ,,9

2Zk

kx

где k 9m, mZ.

д) .02009cos2008cos

1...

4cos3cos

1

3cos2cos

1

2coscos

1

xxxxxxxx

Решение. Умножим обе части уравнения на xsin . Очевидно, что 0sin x , так как Znnx , не является

корнем исходного уравнения. (Докажите!)

02009cos2008cos

sin...

4cos3cos

sin

3cos2cos

sin

2coscos

sin

xx

x

xx

x

xx

x

xx

x.

Обратим внимание, что .)1()1cos(cos

sintgnxxntg

xnnx

x

Тогда уравнение примет вид

,0)20082009(...)34()23()2( xtgxtgxtgxtgxtgxtgtgxxtg

,02009 tgxxtg

,0cos2009cos

2008sin

xx

x

(*).2009;1,0cos

,02008sin

kkx

x

40

ZttmZmm

x ,2008,,2008

– удовлетворяет условию (*) и является решением исходного уравнения.

е) cos3x = a cos x.

Решение. Запишем уравнение в виде:

cos3x + cosx – (a + 1)cosx = 0.

,0cos)1(2coscos2 xaxx

.0))1(2cos2(cos axx

1) cos x = 0; .,2

Zkkx

2) .2

12cos

ax (**)

3) Это уравнение имеет решение, если 12

1

a, то есть, если а–3;1. В этом случае .,

2

1arccos

2

1Znn

ax

Если же а–3;1, то есть, если а(–;–3) (1;+), то уравнение (**) решения не имеет.

Таким образом, ответ:

1) если а–3;1, то ;,2

1arccos

2

1Znn

ax

;,

2Zkkx

2) если а(–;–3) (1;+), то .,2

Zkkx

Тема 8.

41

Решение уравнений и неравенств, сводящихся к тригонометрическим. (Например: а) № 19.1-19.11, примеры 1-3

(стр. 151-155) [2.32]; б) № 9.30-9.34, 9.40, 9.44 [2.2]; в) № 18, 19, 22, 23, 26, 27 [1.15]; г) пример на стр. 5 [1.25]; д) № 36

(стр. 109); № 10 (стр. 90 [2.35]).)

1. Решите уравнение:

а) .1)188)(12(8 242 xxxx

Решение. Легко доказать, что х 1; так как при х 1 уравнение не может иметь корней. Поэтому обозначим

x=cos t, 0 < t < . Тогда .4cos12cos21)12(2188;2cos1cos212 2222422 ttxxxttx

Уравнение принимает вид:

.14cos2coscos8 ttt

Умножим обе части уравнения на sin t ; sin t 0, 0 < t < . После упрощения уравнение принимает вид:

02

9cos

2

7sin2;0sin8sin

tttt .

Таким образом, учитывая, что 0 < t < , находим, что 3,2,1,7

2 n

nt

або 3,2,1,0,

9

2

9 k

kt

.

Тогда корни исходного уравнения: 7

2cos

x ,

7

4cos

x ,

7

6cos

x ,

9cos

x ,

2

1x ,

9

5cos

x ,

9

7cos

x .

б) 8х3 – 6х – 1 =0.

42

Решение. Легко доказать, что при х 1 уравнение не может иметь корней, тогда х 1. Поэтому обозначим

x=cos t, 0 < t < . Уравнение примет вид: ,2

13cos t откуда, учитывая что t (0 ; ), получаем

91

t ,

9

52

t ,

9

73

t . Таким образом,

9cos1

x ,

9

5cos2

x , .

9

7cos3

x

2. Решить иррациональное уравнение:

а) .12121 22 xxxx

Решение. х 1, поэтому обозначим x = cos t, 0 t . Уравнение принимает вид:

(*).2sin2cos2

sin2 ttt

Уравнение (*) можно записать в виде .4

2sin22

sin2

tt

.084

5cos

84

3sin2

,02

sin4

2sin

tt

tt

Корни последнего уравнения: .,5

4

10

3;,

3

4

6Zn

ntZk

kt

Но t[0; ]. Поэтому единственный корень

исходного уравнения .10

3cos

x

43

Если нужно найти этот корень в радикалах, то один из методов может быть следующим: 1) обратите внтмание,

что .36sin54cos10

3cos

2) Если обозначить 18=, то получим уравнение ,2sin3cos из которого можно

найти sin . Понятно, что 0sin и ,0cos так как = 18.

Таким образом, .52104

1

10

3cos

x

б) .341 32 xxx

Указание. Обозначьте x = cos t, 0 t и сведите к уравнению .3cossin tt

Ответ: .2

2;22

2

1

8

5cos;22

2

1

8cos 321 xxx

в) .122

121 22

xxx

Решение. Обозначим x = cos t, 0 t . Тогда уравнение принимает вид .1cos22

cos1cos21 22

ttt

,2cos2

2sin1

,01cos22

sincos21 2

tt

ttt

44

].2;0[2

,02cos

,2cos22sin1 2

t

t

tt

Корни этого уравнения .12

5,

4

321

tt Поэтому ,

2

2

4

3cos1

x .

22

13

46cos

12

5cos2

x

г) .12

51

2

2

xxx

Решение. Обозначим x = tg t, .22

t (*)

Тогда ttt

ttgxcos

1

cos

1

cos

111

2

22 . Уравнение принимает вид:

,2

cos5

cos

1 ttgt

t ,cos5sin22 2 tt 03sin2sin5 2 tt .

1) 1sin t не удовлетворяет условию (*).

2) 5

3sin t . Учитывая условие (*), tg t = .

4

3 таким образом, .

4

3x

Тема 9.

Решение упражнений на нахождение области значений функции. Например: а) вариант 36 № 4.3; вариант 48 №

4.2; вариант 54 № 4.1; вариант 64 № 4.1; вариант 98 № 4.2 [2.6]; б) вариант 60 № 22; вариант 86 № 22; вариант 87 № 22

[2.5]; в) № 1-30 (стр. 10 [1.30]).

45

Решение упражнений на нахождение промежутков монотонности функции. (Например: а) вариант 35 № 3.2; ва-

риант 45 № 3.2; вариант 91 № 4.1, [2.6]; б) № 15-18 (стр. 30, [1.30]).)

Решение уравнений и неравенств. (Например: а) № 4.3 из вариантов 10, 15, 60, 65, 78, 89; № 4.2 з вариантов 17,

40, 44, 67, 90, 94, 97 [2.6]; б) № 60, 62-68 [1.15]; в) № 1-3 (стр.18); № 1-7 (стр. 20, № 39 [1.27]); г) № 10, 23, 40, 44, 61,

66, 68-70 (стр. 132-134 [2.26]).)

1. Решите уравнение:

а)

.032

,sinsin

2 yx

yxyx

Решение. Запишем первое уравнение системы в виде:

.sinsin yyxx

Введем функцию .sin)( tttf Тогда предыдущее уравнение имеет вид ).()( yfxf

Докажем что функция f ( t ) – монотонная. Действительно: ,01cos)( ttf то есть f(t) – убывающая функ-

ция, и тогда х = у. (Докажите, что если функция h(x) монотонная и h(x1) = h(x2) , то x1 = x2 .) Из второго уравнения

системы получаем, что х1 = у1 = 1; х2 = у2 = – 3.

б)

.3442

sin2

,)1(1)52(2

cos

2

2

xxy

yx

Решение. Обратим внимание, что .1sin,1cos

46

;1)52(2

cos

x

;1)1(1 2 y

,22

sin2 y

4х2 +4х +3= (2х+1)

2+22.

Поэтому система имеет решение, только если

,2344

,22

sin2

,1)1(1

,1)52(2

cos

2

2

xx

y

y

x

.2

1

)1(,22

sin2

,1

,1)52(2

cos

x

y

y

x

Легко убедиться, що 1,2

1 yx удовлетворяют системе (1) и исходной системе, собственно это и будет един-

ственное решение системы.

в)

.22

,22

,22

23

23

23

xzzz

zyyy

yxxx

Решение. Введем функцию ttttf 22)( 23 . Эта функция монотонно возрастает, так как

.0243)( 2 ttttf Исходная система принимает вид:

47

.)(

,)(

,)(

xzf

zyf

yxf

Докажем, что система имеет решение только при x = y = z.

Действительно пусть x > y. Тогда получаем цепочку неравенств:

.)()()()( xzzfyfzyyfxfyx

Собственно мы получили, что zyxz , чего не может быть. Аналогично доказывается, что x не может быть

меньше, чем у , отсюда следует, что х = у. Точно также доказывается, что не может быть у z , z x. Значит, х= у = z .

xxxx 22 23; ;0)12( 2 xxx ;0)1( 2 xx х1= 0; х2 = – 1.

Ответ: (0; 0; 0); (– 1;– 1;– 1).

2. Решите уравнение:

а) .2414105763 222 xxxxxx

Решение. Перепишем уравнение в виде:

.)1(59)1(54)1(3 222 xxx

1 способ. Обозначим (х + 1)2 = t 0. Тогда уравнение примет вид

.59543 ttt (1)

48

Очевидно, что функция 9543)( tttf монотонно возрастает, а функция ttg 5)( монотонно убыва-

ет, поэтому уравнение (1) имеет не более одного корня. Очевидно, что t = 0 – корень этого уравнения, и значит, он

единственный. Тогда корень исходного уравнения: (х +1)2 = 0, то есть х = – 1.

2 способ. 5949)1(54)1(3 22 xx , так как (х +1)2 = 0.

5)1(5 2 x . Значит, равенство имеет место, когда (х +1)2 = 0, то есть х = – 1.

б) .05914)7(193025)35( 22 xxxxxx

Решение. Перепишем уравнение в виде:

.010)7()7(10)35()35( 22 xxxx

Введем функцию .10)( 2 tttf Обозначим 5х + 3 = у, х – 7 = р. Тогда уравнение можно переписать в виде

0)()( pfyf или )()( pfyf . Очевидно, что 10)( 2 tttf – функция нечетная. Поэтому ).()( pfyf Дока-

жем, что эта функция монотонная. .010

102

102

210)(

2

2

2

2

t

t

t

ttttf Значит, функция )(tf монотонно возрас-

тающая, и равенство )()( pfyf верно только, когда у= – р. Поэтому исходное уравнение имеет решение, когда

5х+3 = – (х – 7), откуда .3

2x

в) .1)24(log2 2

2

2

xx

x

Решение. Оценим левую часть уравнения.

49

.12log)2)2((log

,22)2(24

;12,02,02

2

2

2

22

2

x

xxx

xxx

Значит, .111)24(log21 2

2

2

xx

x Равенство достигается только, когда

)2(,1)24(log

)1(,12

2

2

2

xx

x

Корнем уравнения (1) будет х = 2, который удовлетворяет уравнению (2), а также исходному уравнению.

г) .4

cos8

cos8

sin410329 1 xxxxx

Решение. .1133103691032921 xxxxx

.12

sin4

cos4

sin24

cos8

cos8

sin4 xxxxxx

Значит, исходное уравнение может иметь корни только, если

(*).12

sin

,1

,12

sin

,1133

,14

cos8

cos8

sin4

,11032921

x

x

xxxx

xxx

Легко проверить, что х = 1 удовлетворяет уравнению (*) и исходному уравнению.

д) .43

cos37)cos3(sin 2

xxx

50

Решение. Перепишем уравнение в виде:

.43

cos376

cos4 2

xx

Очевидно, що ,46

cos4 2

x .443

cos37

x

Тогда равенство возможно. только если

.443

cos37

,46

cos4 2

x

x

.,26

,,6

,23

4

,06

sin

,143

cos

,16

cos 2

Znn

x

Zkkx

nx

x

x

x

Решением этой системы, а значит, и решение уравнения будет ,6

kx k Z.

е) .15sin8cos2cos5sin3 xxxx

Решение. ,08cos2cos5sin315sin xxxx

,03sin5sin25sin4)5sin15(sin xxxxx

,03sin5sin25sin410cos5sin2 xxxxx

,0)3sin210(cos5sin xxx

51

1) .,5

,05sin Znn

xx

2) ,03sin210cos xx

.23sin10cos xx

.1sin,1cos Тогда последнее уравнение имеет решение , если

)1(

.,3

2

6

,,510

.13sin

,110cos

Zkk

x

Znn

x

x

x

Найдем общее решение уравнений системы (1).

3

2

6510

kn , откуда 1103 kn .

Решением этого уравнения в целых числах будут значения .,31,101 Zmmkmn

И тогда .,22

Zmmx

таким образом, ответ: 1) Znn

x ,5

; 2) .,2

2Zmmx

ж) .0781861085412 2234 xxxxxx

Решение. Перепишем уравнение в виде:

.09)3(3)3( 24 xx

.39)3()3( 24 xx

52

Но .39)3(,0)3( 24 xx Поэтому .39)3()3( 24 xx Значит, равенство достигается, когда

х+3=0, то есть корень исходного уравнения х = – 3.

з) .0444636246

108

6

8 2

2

xxx

xxx

Решение. По неравенству Коши

)1(;8626

8262

6

8

x

xx

x

)2(.3646346

1082463

46

108 2

2

2

2

xx

xxxx

xx

Тогда .044368444636246

108

6

8 2

2

xxx

xxx

Равенство будет достигаться тогда, когда будет достигаться равенство в (1) и (2), то есть, когда:

,46346

108

,626

8

,3646346

108

,8626

8

2

2

2

2xx

xx

xx

xxxx

xx

.10

,4

,10

,10

,4636

,64

2

x

x

x

x

xx

x

Таким образом, х = 10 – корень исходного уравнения.

53

и) Решить уравнение: .54log

3

2

xx

Решение. Рассмотрим правую и левую части уравнения. f ( x ) = 4x – 5 – монотонно возрастающая. Функция

g(x)= log2 x – монотонно возрастающая при положительных значениях x. Тогда функция x

xh2log

3)( монотонно убы-

вает на каждом из промежутков: (0; 1) и (1; + ∞), поэтому исходное уравнение на каждом из этих промежутков

имеет не более одного корня. Очевидно, что x = 2 и x 2

1 – корни данного уравнения, а значит, других корней нет.

Тема 10.

Решение геометрических задач различными методами. (Например: а) № 208, 212, 213 (стр. 47 [1.14]); б) № 433,

434, 558, 566 [2.11]; в) № 21 (стр. 182); № 22 (стр.184); № 115, 116 (стр. 196 [2.35]); г) № 1 (стр. 25); № 18 (стр. 52); №

13 (стр. 88); № 8 (стр. 109); № 18 (стр. 120 [2.4]); д) 17.075, 17.076, 17.079, 17.089, 17.100, 17.124 [2.31]; е) задачи 10-16

(стр. 116-120, [2.24]).)