Kế hoạch bài dạy bài 17 dấu của tam thức bậc hai

Về phẩm chất:- Có ý thức học tập, tìm tòi, khám phá và sáng tạo, có ý thức làm việc nhóm, tôn trọng ý kiến của các thành viên khi hợp tác.- Chăm chỉ tích cực xây dựng bài, có trác

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẴNG TRƯỜNG TIỂU HỌC, TRUNG HỌC CƠ SỞ VÀ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG FPT    KẾ HOẠCH BÀI DẠY BÀI 17 DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : PHAN ANH THI GIÁO SINH THỰC TẬP : NGUYỄN MINH QUYÊN NGÀNH ĐÀO TẠO : SƯ PHẠM TOÁN Đà Nẵng, ngày 19 tháng 1 năm 2024 Trường THPT FPT Ngày soạn: 19/1/2024 Tổ: Toán - Tin Ngày dự: 21/1/2024 Họ và tên giáo sinh: Nguyễn Minh Quyên TÊN BÀI DẠY: BÀI 17 TIẾT 64 DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI Môn học/Hoạt động giáo dục: Toán, lớp 10 Thời gian thực hiện: 03 tiết I Mục tiêu: 1 Về kiến thức: - Củng cố định lí dấu tam thức bậc hai - Giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Vận dụng bất phương trình bậc hai để giải quyết bài toán thực tiễn 2 Về năng lực: - Năng lực tư duy và lập luận toán học: phân tích dữ liệu tìm ra mối liên hệ giữa các đối tượng đã cho và nội dung về dấu tam thức bậc hai, từ đó áp dụng kiến thức đã học để giải quyết các bài toán - Năng lực giải quyết vấn đề toán học: sử dụng các kiến thức về giải bất phương trình bậc hai một ẩn để giải quyết bài toán - Năng lực giao tiếp toán học - Năng lực sử dụng công cụ, phương tiện học toán 3 Về phẩm chất: - Có ý thức học tập, tìm tòi, khám phá và sáng tạo, có ý thức làm việc nhóm, tôn trọng ý kiến của các thành viên khi hợp tác - Chăm chỉ tích cực xây dựng bài, có trách nhiệm, chủ động chiếm lĩnh kiến thức theo sự hướng dẫn của GV II Thiết bị dạy học và vật liệu: - Giáo viên: SGK, giáo án, thước thẳng, slides - Học sinh: SGK, máy tính, vở ghi III Tiến trình dạy học: 1 Hoạt động 1: Khởi động a Mục tiêu: - Kiểm tra kiến thức cũ: phát biểu định lí dấu tam thức bậc hai và giải bất phương trình bậc hai một ẩn b Nội dung: GV giao nhiệm vụ và gọi HS lên bảng trình bày 1 Phát biểu định lí dấu tam thức bậc hai 2 Giải bất phương trình bậc hai một ẩn sau: a) 4x2  4x 1  0 b)  3x2  x  4 0 c Sản phẩm: HS trình bày Câu 1: Nếu   0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x  R b  b x  f    0 Nếu  0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi 2a và  2a  Nếu   0 , dấu của f (x) và a là: “Trong trái, ngoài cùng” I I Câu 2: Cùng x Trái x Cùng dấu 1 dấu 2 dấu a) 4x2  4x 1  0 Ta có:   15  0 , a 4  0 nên f (x)  0 với mọi x  R  Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm b)  3x2  x  4 0 Ta có:  49  0 , a  3  0 x  1 x2 4 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là 1 ,   I I   1 4 43  f (x) 0 khi  1 x 3 S   1; 4  Vậy tập nghiệm của bất bất phương trình là  3  d Tổ chức thực hiện: - GV gọi hai HS lên bảng làm, HS khác nhận xét, nêu ý kiến và sửa đổi (nếu sai) HS sửa bài trên bảng vào vở - GV đánh giá kết quả của HS, trên cơ sở đó cho điểm cộng hoặc điểm kiểm tra thường xuyên 2 Hoạt động 2: Giải bài tập a Mục tiêu: - HS dựa vào kiến thức đã học xét dấu tam thức và giải bất phương trình bậc hai một ẩn - Giải quyết được các bài toán thực tiễn b Nội dung: - HS làm các bài tập 6.15 6.16 6.17 6.18 6.19 trang 24 trong SGK c Sản phẩm: bài giải của HS d Tổ chức thực hiện: - GV: giao các bài tập 6.15 6.16 6.17 6.18 6.19 trong SGK cho các em HS - HS: làm việc cá nhân, xung phong lên bảng làm bài 6.15 Xét dấu các tam thức bậc hai sau: a) 3x2  4x 1 b) x2  2x 1 c)  x2  3x  2 d)  x2  x  1 Giải: a) f (x) 3x2  4x 1 có  ' ( 2)2  3.1 1  0 , a 3  0 và phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 13 , x2 1 Ta có bảng xét dấu: x 1  3 1  f (x)  0 0   1 x   ;   1;  f (x)  0 với mọi  3  và f (x)  0 với 1  x  ;1 3  b) f (x) x2  2x 1 có  ' ( 1)2  1.1 0 , a 1  0 nên f (x) có nghiệm kép x  1 và f (x)  0 với mọi x 1 c) f (x)  x2  3x  2 có  (3)2  4.( 1).( 2) 1  0 , a  1  0 và phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1, x2 2 Ta có bảng xét dấu: x  1 2  f (x)  0 0   f (x)  0 với mọi x  ( ;1)  (2;) và f (x)  0 với x (1;2) d) f (x)  x2  x  1 có  (1)2  4.( 1).( 1)  3  0 và a  1  0 nên f (x)  0 với mọi x  R 6.16 Giải các bất phương trình sau a) x2  1 0 b) x2  2x  1  0 c)  3x2 12x 1 0 d) 5x2  x 1 0 Giải: a) Tam thức f (x) x2  1 có   4.( 1) 4  0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1, x2 1 Mặt khác a 1  0 , do đó ta có bảng xét dấu: x   1 1  f (x)  0 0  Tập nghiệm của bất phương trình là S ( ; 1] [1;) b) Tam thức f (x) x2  2x  1 có  ' ( 1)2  1.( 1) 2  0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1  2 , x2 1  2 Mặt khác a 1  0 , do đó ta có bảng xét dấu: x   1 2 1 2  f (x) 0  0  Tập nghiệm của bất phương trình là S (1 2;1  2) c) Tam thức f (x)  3x2 12x 1 có  (6)2  1.( 3) 39  0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 6  39 3 , x2 6  39 3 Mặt khác a  3  0 , do đó ta có bảng xét dấu: x 6  39 6  39  3 3  f (x)  0 0 Tập nghiệm của bất phương trình là  6  39 6  39  S   ;   ;   3 3   d) Tam thức f (x) 5x2  x 1 có  2  4.1.5  19  0 và a 5  0 1 nên f (x) luôn dương với mọi x  R 6.17 Tìm các giá trị của tham số m để tam thức bậc hai sau dương với mọi x R x2  (m 1)x  2m  3 Giải: Ta có tam thức f (x) x2  (m 1)x  2m  3 có  (m 1)2  4.(2m  3) m2  6m  11 Lại có hệ số a  1  0 Để f (x) luôn dương (cùng hệ số với a) với mọi x  R thì   0 Xét tam thức g(m) m2  6m  11 có m' ( 3)2  4.( 11) 20  0 nên g(m) có hai nghiệm m1 3  2 5 , m2 3  2 5 Mặt khác ta có hệ số am 1  0 do đó ta có bảng xét dấu sau: x   3  2 5 3  2 5  f (x) 0  0  Do đó g(m)  0 với mọi m  (3  2 5;3  2 5) Hay   0 với mọi m  (3  2 5;3  2 5) Vậy m  (3  2 5;3  2 5) thì tam thức bậc hai luôn dương với mọi xR 6.18 Một vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m với vận tốc ban đầu vo 20m / s Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giây, vật đó cách mặt đất không quá 100 m? Giả thiết rằng sức cản của không khí là không đáng kể? Giải: Vật được ném theo phương thẳng đứng xuống dưới từ độ cao 320 m nên vật chuyển động nhanh dần đều Độ cao so với mặt đất của vật được mô tả bởi một hàm số bậc hai h(t) v0t  12 gt2 , trong đó vo 20m / s là vận tốc ban đầu của vật, t là thời gian chuyển động tính bằng giây, g là gia tốc trọng trường (thường lấy g 10 m / s2 và độ cao h(t) tính bằng mét Khi đó ta có h(t) 20.t  12 10.t2 hay h(t) 5t2  20t Vật ném xuống từ độ cao 320 m nên khi vật cách mặt đất không quá 100 m có nghĩa là vật đã chuyển động được quãng đường lớn hơn hoặc bằng 320 – 100 = 220 m Khi đó f (t) 220 hay 5t2  20t 220  t2  4t  44 0 (1) Tam thức f (t) t2  4t  44 có  ' 22  1.( 44) 48  0 nên f (t) có hai nghiệm t1  2  4 3 , t2  2  4 3 Mặt khác hệ số a 1  0 , do đó ta có bảng xét dấu: x    2  4 3  2  4 3  f (x) 0  0  Suy ra bất phương trình (1) có nghiệm t  2  4 3 hoặc t  2  4 3 Mà thời gian t  0 nên t   2  4 3 4,93 Vậy sau ít nhất khoảng 4,93s thì vật đó cách mặt đất không quá 100m 6.19 Xét đường tròn đường kính AB = 4 và một điểm M di chuyển trên đoạn AB, đặt AM x (H.6.19) Xét hai đường tròn đường kính AM và MB Kí hiệu S(x) diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ Xác định các giá trị của x để diện tích S(x) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ Giải: Vì AM x nên x  0 , lại có AM  AB nên x  4 , vậy điều kiện của x là 0  x  4 Đường tròn lớn có đường kính AB = 4 nên bán kính của hình tròn này là R = 2 - Diện tích hình tròn lớn là Sl  R2  22 4 Đường tròn nhỏ có đường kính AM x có bán kính là r1  x2 2  x 2  2 S1  r1     x - Diện tích hình tròn nhỏ có bán kính r1 là 2 4 Đường tròn nhỏ có đường kính MB 4  x có bán kính là r2 4  x 2 - Diện tích hình tròn nhỏ có bán kính r2 là 2  4  x 2  2 S2  r2     (4  x) 2 4 - Tổng hai diện tích hình tròn nhỏ là: 2  2 2 2 x2  4x 8 S12  x  (4  x)  (x 16  8x  x )   44 4 2 - Diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ là: S (x) Sl  S12 4  x2  4x 8  x2  4x   2 2 - Vì diện tích S(x) không vượt quá một nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ hay diện tích S(x) nhỏ hơn nên ta có S(x) 12 S12  x2  4x 1 x2  4x 8 Khi đó: 2 22 s   x2  4x x2  4x 8 2   2x2  8x x2  4x  8  3x2  12x  8 0 Xét tam thức f (x) 3x2  12x  8 có  ' ( 6)2  8.3 12  0 nên f (x) có hai nghiệm x1 6  2 3 3 , x2 6  2 3 3 Mặt khác a 3  0 , do đó ta có bảng xét dấu: x 6 2 3 62 3  3 3   f (x)  0  0 x   ; 6  2 3 ] [6  2 3 ; Do đó f (x) 0 với mọi  3 3  x  Mà 0  x  4 nên  0; 6  2 3   6  2 3 ; 4  3 3  x  Vậy  0; 6  2 3   6  2 3 ; 4   3 3  thì bài toán được thỏa mãn - GV: gọi HS khác nhận xét bài làm của bạn - GV: nhận xét, đánh giá và sửa lỗi kịp thời - HS: sửa bài và chép bài vào vở - GV: nhắc nhở các em chuẩn bị bài tiếp theo GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN Đà Nẵng, ngày 18 tháng 1 năm 2024 GIÁO SINH