ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 29.10.2023
Просмотров: 122
Скачиваний: 2
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
О т в е т: ±1, ± .
Некоторым сильным в учебе учащимся можно дополнительно дать карточки-задания.
К а р т о ч к а № 1
1. Решите уравнение: (х + 1) (х + 2) (х + 3) (х + 4) = 360.
2. При каких значениях параметра а не имеет корней уравнение
х4 – 6х2 + а = 0?
К а р т о ч к а № 2
1. Решите уравнение: (х – 1) (х – 3) (х – 5) (х – 7) = 105.
2. При каких значениях параметра а не имеет корней уравнение
х4 + ах2 + 9 = 0?
Р е ш е н и е задач карточки № 1.
1. Найдем произведение крайних и средних множителей, заменив их трехчленами. Получим:
(х2 + 5х + 4) (х2 + 5х + 6) = 360.
С д е л а е м з а м е н у: х2 + 5х + 4 = t. Получим:
t (t + 2) = 360;
t2 + 2t – 360 = 0;
t1 = –20, t2 = 18.
В е р н е м с я к з а м е н е:
| х2 + 5х + 4 = –20; или х2 + 5х +24 = 0; D = 25 – 96 = –71. Корней нет. | х2 + 5х + 4 = 18; х2 + 5х – 14 = 0; х1 = –7, х2 = 2. |
О т в е т: –7; 2.
2. Биквадратное уравнение не имеет корней в двух случаях: если дискриминант полученного после замены квадратного уравнения отрицателен или если это квадратное уравнение имеет только отрицательные корни.
С д е л а е м з а м е н у: х2 = t. Получим уравнение:
t2 – 6t – а = 0;
D1 = 9 – а;
D1 < 0, если 9 – а < 0, то есть а > 9.
Значит, при а > 9 данное биквадратное уравнение корней не имеет. При а ≤ 9 уравнение имеет корни х1 и х2. Предположим, что они отрицательные. Однако, по теореме Виета, имеем: х1 + х2 = = 6. Таким образом, полученное квадратное уравнение не может иметь одновременно двух отрицательных корней. Значит, исходное биквадратное уравнение не имеет корней только при а > 9.
О т в е т: (9; +∞).
Р е ш е н и е задач карточки 2.
1. Так же, как и при решении уравнения из карточки 1, выполним преобразование и получим уравнение:
(х2 – 8х + 7) (х2 – 8х + 15) = 105.
С д е л а е м з а м е н у: х2 – 8х + 7 = t. Получим:
t (t + 8) = 105;
t
2 + 8t – 105 = 0;
t1 = –15, t2 = 7.
В е р н е м с я к з а м е н е:
| х2 – 8х + 7 = –15; или х2 – 8х +22 = 0; D1 = 16 – 22 = –6. Корней нет. | х2 – 8х + 7 = 7; х2 – 8х = 0; х (х – 8) = 0; х1 = 0, х2 = 8. |
О т в е т: 0; 8.
2. С д е л а е м з а м е н у: х2 = t. Получим уравнение:
t2 + аt + 9 = 0;
D1 = а2 – 36;
D1 < 0, если а2 – 36 < 0, то есть а (–6; 6).
Значит, при таких значениях а данное биквадратное уравнение корней не имеет.
Если а (–∞; –6) (6; +∞), то квадратное уравнение t2 + аt + 9 = 0 имеет два корня: х1 и х2. По теореме Виета, х1 · х2 = 9, значит, эти корни одинаковых знаков.
Чтобы данное биквадратное уравнение не имело корней, числа х1 и х2 должны быть отрицательными, то есть х1 + х2 < 0, а по теореме Виета х1 + х2 = –а. Имеем:
х1 + х2 < 0, если –а < 0, то есть а > 0.
О т в е т: (–6; 6) (6; +∞).
IV. Итоги урока.
В о п р о с ы у ч а щ и м с я:
– Какие существуют методы решения целых уравнений?
– В чем состоит суть метода введения новой переменной при решении целого уравнения?
– В чем состоит метод разложения на множители решения целого уравнения?
Домашнее задание: № 273, № 277 (б), № 279 (е), № 282 (б), № 283 (б).
У р о к 27 Дата:
РЕШЕНИЕ БОЛЕЕ СЛОЖНЫХ ЦЕЛЫХ УРАВНЕНИЙ
Цели: продолжить формирование умения решать целые уравнения; обобщить и углубить знания учащихся по этому вопросу.
Ход урока
I. Организационный момент.
II. Проверочная работа.
В а р и а н т 1
Решите уравнение:
а) х3 – 4х2 – 9х + 36 = 0;
б) х4 + 7х2 – 44 = 0;
в) (х2 – х + 1) (х2 – х – 7) = 65.
В а р и а н т 2
Решите уравнение:
а) 16х3 – 32х2 – х + 2 = 0;
б) х4 + 6х2 – 27 = 0;
в) (х2 + х + 6) (х2 + х – 4) = 144.
III. Формирование умений и навыков.
Все задания можно разбить на две группы. В первую группу войдут задания на решение целых уравнений, при этом учащимся в полной мере потребуются полученные ранее знания, а также умения анализировать, рассуждать, делать выводы. Во вторую группу войдут задания на решение целых уравнений с параметром. В классе с невысоким уровнем подготовки вторую группу заданий можно не выполнять.
Упражнения:
1-я г р у п п а.
1. № 284 (а).
Р е ш е н и е
у7 – у6 + 8у = 8;
у7 – у6 + 8у – 8 = 0;
у6 (у – 1) + 8 (у – 1) = 0;
| (у – 1) = 0; или у – 1 = 0; у = 1. | у6 + 8 = 0; у6 = –8. Корней нет. |
О т в е т: 1.
2. № 274 (а).
Р е ш е н и е
х3 + 7х2 – 6 = 0;
х3 + х2 + 6х2 – 6 = 0;
х2 (х + 1) + 6 (х2 – 1) = 0;
х2 (х + 1) + 6 (х + 1) (х – 1) = 0;
(х + 1) (х2 + 6х – 6) = 0;
| х + 1 = 0; или х = –1. | х2 + 6х – 6 = 0; D1 = 9 + 6 = 15; х1, 2 = –3 ± . |
О т в е т: –1; –3 ± .
3. Решите уравнение: х4 – 25х2 + 60х – 36 = 0.
Р е ш е н и е
х4 – (25х2 – 60х + 36) = 0;
х4 – (5х – 6)2 = 0;
(х2 – 5х + 6) (х2 + 5х – 6) = 0;
| х2 – 5х + 6 = 0; или х1 = 2, х2 = 3 | х2 + 5х – 6 = 0; х1 = 1, х2 = –6 |
О т в е т: –6; 1; 2; 3.
4. № 275.
Р е ш е н и е
Чтобы найти точку пересечения графика функции у = х3 – 6х2 + 11х – 6 с осью ОУ, нужно подставить х = 0:
у = 0 – 6 = –6, то есть с осью ОУ график пересекается в точке (0; –6).
Чтобы найти точки пересечения графика с осью ОХ нужно решить уравнение:
х3 – 6х2 + 11х – 6 = 0;
х3 – 6х2 + 12х – 6 – х = 0;
х3 – х – 6 (х2 – 2х + 1) = 0;
х (х2 – 1) – 6 (х – 1)2 = 0;
х (х – 1) (х + 1) – 6 (х – 1)2 = 0;
(х – 1) (х2 + х – 6х + 6) = 0;
(х – 1) (х2 – 5х + 6) = 0;
| х – 1 = 0; или х = 1. | х2 – 5х + 6 = 0; х1 = 2, х2 = 3. |
Значит, ось ОХ график данной функции пересекает в трех точках: (1; 0), (2; 0), (3; 0).
О т в е т: (0; –6), (1; 0), (2; 0), (3; 0).
5. Решите уравнение: (2х2 – х + 1)2 + 6х = 1 + 9х2.
Р е ш е н и е
(2х2 – х + 1)2 – (9х2 – 6х + 1) = 0;
(2х2 – х + 1)2 – (3х – 1)2 = 0;
(2х2 – х + 1 – 3х + 1) (2х2 – х + 1 + 3х – 1) = 0;
(2х2 – 4х + 2) (2х2 + 2х) = 0;
| х2 – 2х + 1 = 0; или (х – 1)2 = 0; х = 1. | 2х2 + 2х = 0; 2х (х + 1) = 0; х = 0 или х = –1. |
О т в е т: –1; 0; 1.
6. Решите уравнение: (х2 – 4) (х2 + 2х – 3) = 60.
Р е ш е н и е
Разложим выражения, стоящие в скобках, на множители. Получим:
(х – 2) (х + 2) (х – 1) (х + 3) = 60.
Найдем произведение крайних и средних множителей:
(х2 + х – 6) (х2 + х – 2) = 60.
С д е л а е м з а м е н у: х2 + х – 6 = а. Получим:
а (а + 4) = 60;
а2 + 4а – 60 = 0;
а1 = –10, а2 = 6.
В е р н е м с я к з а м е н е:
| х2 + х – 6 = –10; или х2 + х + 4 = 0; D = 1 – 16 = –15. Корней нет. | х2 + х – 6 = 6; х2 + х – 12 = 0; х1 = –4, х2 = 3. |
О т в е т: –4; 3.
2-я г р у п п а.
1. Докажите, что уравнение (х2 – 2х + 3) (х2 – 6х + 10) = 2 не имеет корней.
Р е ш е н и е
Выделим из каждого трехчлена, стоящего в скобках, квадрат двучлена:
((х – 1)2 + 2) ((х – 3)2 + 1) = 2.
Получаем, что первый множитель принимает значения, не меньшие двух, а второй множитель – не меньшие единицы.
Тогда произведение может быть равно 2 только в том случае, если первый множитель равен 2, а второй при этом равен 1. Первый множитель равен 2 при х = 1. Второй множитель при х = 1 равен 5. Значит, исходное уравнение корней не имеет.
2. При каких значениях а уравнение х4 + ах2 + 25 = 0 не имеет корней?
Р е ш е н и е
Биквадратное уравнение не имеет корней в двух случаях: если дискриминант полученного после замены квадратного уравнения отрицателен или если это квадратное уравнение имеет только отрицательные корни.
С д е л а е м з а м е н у: х2 = t. Получим уравнение:
t2 + аt + 25 = 0;
D = а2 – 100;
D < 0, если а2 – 100 < 0, то есть а (–10; 10).
Значит, при а (–10; 10) данное биквадратное уравнение корней не имеет.
Пусть а (–∞; 10) (10; +∞), х1 и х2 – корни квадратного уравнения t2 + аt + 25 = 0. По теореме Виета, х1 · х2 = 25, то есть эти корни одинаковых знаков.
Если х1 и х2 – отрицательны, то х1 + х2 < 0, а по теореме Виета, х1 + х2 =