- 11.02.2015
- 1550
- 0
Обобщающий урок – семинар по теме:
«Решение алгебраических уравнений высших степеней в 11 классе»
(подготовка к ЕГЭ)
Тема: Решение алгебраических уравнений высших степеней методом замены переменной.
Цели:
1) формирование знаний о методах и способах решения алгебраических уравнений высших степеней;
2) развитие познавательных и исследовательских умений;
3) воспитание культуры общения, воспитание умения работать в группах.
Оформление доски: число, тема, запись уравнений в общем виде.
Ход урока
Урок начинается с вступительного слова, в котором напоминаю задачу семинара, порядок его проведения. Напоминаю учащимся основные методы решения алгебраических уравнений (метод замены переменных, функционально-графический, метод разложения многочлена на множители). Ставлю цель реализовать метод замены переменных четырьмя способами.
I группа – раскрытие скобок парами.
II группа – раскрытие скобок парами и деление обеих частей уравнения на х2 ≠ 0.
III группа – применение основного свойства дроби.
IV группа – выделение квадрата двучлена.
На доске написаны уравнения в общем виде:
1) (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m;
2) (х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = Eх2;
3)
;
4)
;
5)
;
6)
.
У каждой группы в карточке два уравнения, одно из них с параметром.
Представитель каждой группы находит на доске свое уравнение, записанное в общем виде, и раскрывает суть его решения (сначала решаются обычные уравнения).
I группа показывает решение уравнения
х(х + 1)(x + 2)(x + 3) = 24
Решение. Воспользуемся симметрией левой части (0 + 3 = 3, 1 + 2 = 3). Перемножим первый и четвертый множители, второй и третий. Получим: (х2 + 3х)(x2 + 3x + 2) = 24
Вводим замену: x2 + 3x = t, тогда t(t + 2) = 24, t2 + 2t – 24 = 0, t1 = -6? t2 = 4. Возвращаемся к «старой» переменной, получим: x2 + 3x = -6, x2 + 3x + 6 = 0, D < 0, уравнение не имеет действительных корней.
Уравнение x2 + 3x = 4 имеет корни х1 = -4, х2 = 1.
Ответ: х1 = -4, х2 = 1.
Комментарий. Задаю вопрос: можно ли это уравнение решить другим способом?
Ответ: Можно, для этого нужно использовать симметрию относительно 
.
Идет выступление второй группы.
Ученица этой группы решает уравнение, а остальные записывают в тетради.
(х – 4)(х2 + 15 + 50)(х – 2) = 18х2
Решение. Разложим на множители х2 + 15 + 50.
х2 + 15 + 50 = 0, х1 = -5, х2 = -10, тогда х2 + 15х + 50 = (х + 5)(х + 10). Уравнение примет вид: (х – 4)(х + 5)(х + 10)(х – 2) = 18х2
Так как (-4)∙5 = -20, 10∙(-2) = -20, то перемножая первую скобку со второй, третью с четвертой, будем иметь: (х2 + х – 20)( х2 + 8х – 20) = 18х2
Поскольку х = 0
не корень, разделим обе части уравнения на х2 ≠ 0. Получим: 
Вводим замену: 
, тогда (t+1)(t+8)=18,
т.е. t2+9t-10=0, t1= -10, t2 = 1.
Вернемся к исходной переменной:
Решим первое уравнение х2 + 10х – 20 = 0, D = 180,
Решим второе уравнение х2 - х – 20 = 0, D =81, х3 = - 4, х4 = 5.
Ответ: 
, 
, х3 = - 4, х4 = 5.
Ученица III группы показывает решение уравнения
, используя основное свойство дроби.
Решение. х = 0 не является корнем уравнения, поэтому числитель и
знаменатель каждой дроби делим на х ≠ 0. 
, вводим замену: 
, тогда 
Решим это уравнение
Вернемся к «старой» преременной:
Решаем первое уравнение уравнение х2 – 14х + 15 = 0
; 
.
Второе уравнение не имеет действительных корней.
Ответ: ;
Комментарий: Можно ли решить уравнение по другому?
Ответ: Можно, если ввести замену х2 + 15х = t.
Ученик четвертой группы для решения уравнения
выбирает способ выделения квадрата двучлена. Приведу решение этого уравнения.
Решение. В левой части выделим полный квадрат разности:
Сгруппируем первый, второй и четвертый члены:
Вводим замену: 
t2 + 18t – 40 = 0; t1 = -20, t2 = 2.
Вернемся к «старой» переменной, получим:
Ответ:
, 
.
Задаю вопрос: А есть ли ещё способ решения этого уравнения? Ответ: Да. Уравнение легко решается переходом к системе уравнений
заменив 
.
Вторая часть урока отводится на решение алгебраических уравнений высших степеней с параметрами. Учащиеся показывают, как эти же способы реализуются при решении уравнений с параметрами.
I группа докладывает.
«Найдите все действительные значения параметра а, при которых уравнение х(х+1)(х+а)(х+1+а) = а2 имеет четыре действительных корня.
Решение. Используя специфику решения уравнения
(х + а)(х + b)(x + c)(x + d) = m
будем иметь х(х+1+а)(х+1)(х+а) = а2, (х2+х+ах)(х2++х+ах+а) = а2
вводим замену х2+х+ах = t, тогда t(t+a) = a2; t2 +at – a2 = 0.
Решим уравнение относительно t.
D = a2 + 4a2
= 5a2;
; 
.
Подставляя
вместо t найденные значения, получим совокупность двух
уравнений: 
Рассмотрим первое уравнение:
;
D1 = (a+1)2 - 4
.
Рассмотрим второе уравнение:
;
D2 = (a+1)2 - 4
.
Чтобы исходное
уравнение имело четыре действительных корня, необходимо чтобы 
т.е. 
Решим первое неравенство:
, D = 16,
,
+ +
o `
o a
т.е. а >
, a <.
Решим второе неравенство:
, D = 16,
,
+ +
o ` o а
т.е. а >
, a <.
В итоге получим 
o o o o а
a>
, <a<, a<
При |a| >
, |a| < уравнение имеет 4 действительных корня, но ещё проверяется, при каком а,
корни уравнения совпадают, при а = 0.
Ответ:
|a| >, |a| <
Ученица II группы комментирует: Необходимо решить уравнение
(х + 2а)(х +3а)(x + 8а)(x +12а) = 4а2х2,
где а – параметр.
Решение. Используя специфику решения уравнения, будем иметь:
(х2 +14ах +24а2)(x2 + 11аx +24а2) = 4а2х2,
исследуем уравнение: если а = 0, то х = 0;
если а ≠ 0, то х ≠ 0.
Разделим обе части уравнение на а2х2 ≠ 0, тогда
Введем замену 
и
получим уравнение: (t+14)(t+11)=4, решая это уравнение, получим t1 = -15, t2 = 10. Таким образом, получим два уравнения:
и 
.
Решим первое уравнение: х2 + 15ах + 24а2 = 0, D = 129а2, тогда
.
Решим второе уравнение х2 + 10ах + 24а = 0, D = 4а2, тогда
.
Ответ: если, а = 0, то х = 0;
если,
а ≠ 0, то 
, х3 = -6а; х4 =
-4а.
Ученица третьей группы показывает решение уравнения
Решение. Уравнение – дробно – рациональное, при а = 0 уравнение не имеет действительных корней. Рассмотрим а ≠ 0, х ≠ 0, найдем дискриминант квадратного трехчлена х2 –ах + а2, D = -3a2, значит х2 –ах + а2 > 0 при х Î R.
Перейдем теперь к уравнению – следствию, получим:
х4 + ах3 +а2х2 = а2х2 – а3х + а4;
(х4 – а4) + (ах3 + а3х) = 0;
(х2 – а2)(х2 +а2) + ах(х2 + а2) = 0;
(х2 + а2)(х2 +ах – а2) = 0; х2 + а2 ≠ 0,
тогда х2 +ах – а2 = 0, D = 5a2, 
Ответ: если а = 0, то уравнение не имеет действительных корней
если а ¹ 0, то 
.
Заканчивается урок – семинар выступлением ученика 4 группы. У него задание:
В зависимости от значений параметра а решить уравнение
.
Решение.
если а=0, то х=0;
если а=1, то х=0;
если 0<a<1, то уравнение не имеет действительных корней. Далее, используя специфику решения этого уравнения будет иметь:
;
; 
.
Вводим замену, 
, тогда будем иметь
уравнение
t2 - t = a2 – a; t2 - t – (a2 – a) = 0; D = 1+4(a2 – a) = 4a2 – 4a + 1 = (2a – 1)2.
Находим корни: t1 = a; t2 = 1 – a.
Возвращаясь к «старой» переменной, будем иметь:
Рассмотрим уравнение
Исследуем уравнение 
при а = 0, х = 0;
при а = 2, уравнение не имеет действительных корней;
при 
, а > 2, а < 0 – уравнение
имеет 2 действительных корня,
при 0 < a < 2 уравнение не имеет действительных корней.
Проверим, при каких значениях а 
а = а-2, 0 = -2 (нет смысла), нет таких значений а, при
которых 
Рассмотрим уравнение
Исследуем уравнение 
при а = 1 х = 0,
при а = -1 - уравнение не имеет действительных корней
при 
, а > 1, a <
-1 уравнение имеет два действительных корня, 
при -1< a < 1 – нет действительных корней.
Проверим, при каких значениях а 
,
а-1=а+1, 0 = 2 (нет смысла), нет таких значений а, при которых .
Проверим, сколько корней имеет уравнение при
а = -2,
х2 = 3, два действительных корня.
Проверим, сколько корней имеет уравнение 
при
а = -1
х2 = 1/3 – два действительных корня, далее собираем ответ
х=0 х=0
o
o o o
-1 0 нет действительных 1 2
корней
Ответ: при а < -1, a > 2 уравнение имеет 4 действительных корня
,
при -1 £ a < 0
– два действительных корня, 
при а = 0, а = 1 – уравнение имеет корень х = 0
при 0 < a < 1 – нет действительных корней
при 1 < a £ 2 –
уравнение имеет два действительных корня
Подводя итог урока, я отмечаю, что учащиеся проделали большую работу, показав 4 способа реализации метода замены переменной, увязав эти способы с уравнениями, содержащими параметр. Работа учащихся оценивается и задается домашнее задание.
Рабочие листы
к вашим урокам
Скачать
Урок - семинар интересен учителям математики,которые готовят учащихся к ЕГЭ. При подготовке к ЕГЭ,я провожу уроки - практикумы,уроки - семинары. Учащихся класса делю на 4 группы.
Реализуется метод замены переменной при решении уравнений высших степеней. Первая группа показывает решение уравнений способом раскрытия скобок. Вторая - применением основного свойства дроби. Третья группа применяет для решения уравнений способ выделения квадрата, а четвертая показывает применение способа раскрытия скобок парами и деление обеих частей уравнений на одно и тоже выражение. На второй части
6 654 807 материалов в базе
Настоящий материал опубликован пользователем Ермакова Татьяна Петровна. Инфоурок является информационным посредником и предоставляет пользователям возможность размещать на сайте методические материалы. Всю ответственность за опубликованные материалы, содержащиеся в них сведения, а также за соблюдение авторских прав несут пользователи, загрузившие материал на сайт
Если Вы считаете, что материал нарушает авторские права либо по каким-то другим причинам должен быть удален с сайта, Вы можете оставить жалобу на материал.
Удалить материал
Ваша скидка на курсы
40%
Курс повышения квалификации
36 ч. — 180 ч.
Курс повышения квалификации
36 ч. — 180 ч.
Курс повышения квалификации
36 ч. — 144 ч.
Мини-курс
2 ч.
Мини-курс
2 ч.
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.