33-34 Решение более сложных уравнений

Текст урока

• Конспект

   Название предмета Алгебра
  Класс 9
  УМК (название учебника, автор, год издания) «Алгебра 9» Ю.Н Макарычев,2008
  Уровень обучения: базовый
  У р о к  4-5 (33-34).
  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. Актуализация знаний можно провести с помощью презентации «Устно к уроку 4»
  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. 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 =
  = –а. Имеем:
  х1 + х2 < 0, если –а < 0, то есть а > 0.
  О т в е т: (–10; 10) (10; +∞).
  IV. Итоги урока.
  В о п р о с ы   у ч а щ и м с я:
  – Какое наибольшее количество корней может иметь целое уравнение пятой степени?
  – Какие существуют методы решения целых уравнений? Опишите каждый из них.
  – Как решаются биквадратные уравнения? Сколько корней они могут иметь? Опишите все возможные случаи.
  Домашнее задание:
  1. № 358 (г, е), № 284 (б), № 274 (б).
  2. Решите уравнение:
  а) (х – 2)2 (х2 – 4х + 3) = 12;
  б) х (х + 1) (х + 2) (х + 3) = 120.
  Д о п о л н и те л ь н о: Докажите, что число 1 является корнем уравнения (2х2 – 4х + 3) (х2 – 2х + 2) = 1 и других корней у этого уравнения нет.
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
   

   Read more ...

  Автор(ы): Джанаева О. В.

  Скачать: Алгебра 9кл - Конспект.docx

Презентация к уроку

• Презентация к уроку

  Автор(ы): Джанаева О. В.

  Скачать: Алгебра 9кл - Презентация к уроку.ppt