[谈谈“换元法”在解方程中的应用]换元法解方程

[谈谈“换元法”在解方程中的应用]换元法解方程

在数学中,要经常运用“换元法”来解决问题,利用它来计算,可以带来很多方便. 比如“换元法”在解许多特殊类型的方程中,能起着关键的作用.但此法灵活性较大,技巧性较强,一般学生不易掌握.为此,下面仅举数例,以示其要领.

基本型:

a+ b f (x) + c = 0(其中 a ≠ 0 )

可设辅助数: f(x)= m,原方程变为一元二次方程am2+ bm +c =0 来解 (说明:本文仅求实数解)

例1: 解方程(x2-1)2+(x2-1)-2=0

解:设x2-1=m,原方程变为:m2+m-2=0即:(m-1)(m+2)=0,

∴m1=1 m2=-2即:x2-1=-2(无解),x2-1=1x=±

故是原方程的根.

二.可化为基本型:

例2.解方程 +-= 0

分析:此方程表面看来不是基本型,但经过变换后,可以化成基本型.

解: ∵∴3×

方程两边同除以得:3+ -2 = 0,

设 =y,得:3 +y-2 = 0,解之,得 ,

即:= ∴(无解)

经检验x1=-1是原方程的根.

三、特殊分式型:+= c

可设f2(x)=y,原方程变为来解.

例3.解方程 +-= 0

分析:该方程配方后,可变为上述形式.

解:原方程可变为: +-= 0

设(x+1)2=y,得:解得:y=9,

即:(x+1)2=9∴x1=2,x2=-4经检验x1=2,x2=-4是原方程的根

四、二项(或多项)积的形式: [f(x)+a] [f(x)+b]=c

可设辅助数f(x)= y, 得(y+a)(y+b)= c来解.

例4、解方程:+ =

分析:此方程初看不是二项乘积形式,但利用对数公式变换后即可得二项积形式。

解:原方程化为:

∴(2,设2x2+1=y 得y(y+2)=15

解得:y1=-5,y2=3即2x2+1=-5,(无解)

2x2+1=3 ∴x=±1 经检验x=±1是原方程的解。

例5.解方程:(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)=24

分析:此方程为多项积之形式,可适当分组,两两相乘,化为二项积形式,再用上述方法求解。

解:原方程化为:(x2+5x+4)(x2+5x+6=24

设x2+5x=y 得(y+4)(y+6)=24,解得:y1=0,y2=-10

即:x2+5x=0 ∴x1=0,x2=-5,x2+5x=-10该方程无解。

∴原方程的解为x1=0,x2=-5

五、倒数关系:a?f(x)++ c = 0

可设辅助数f(x)= y,变为ay++c = 0来解.

例6.解方程:

分析:该方程的特点是:故可利用倒数关系求解.

解:设∴原方程为:y- +2=0

解之,得:y1=-3,y2=1 即:

解得x=1,经检验x=1是原方程的解.

例7.解方程

分析:据对数定义,得 + 2 = ,∵

故可用上述方法求解.

解:据对数定义,得设

得 y+2=解得y1=-3,y2=1 ∴

经检验都是原方程的解.

说明:本题两边同取以2为底的对数,得: ( ) ,也可按照二项积的形式求解。

六、可分离系数型

(1)分离常数项:

例8.解方程

分析:该方程特点是:根号内外二次项与一次项的系数对应成比例,即所以可分离常数项后用换元法求解.

解:原方程化为:2( )-

设

得:2y2-y-6=0解得

即 (无解)

解得x1=-6,x2=1 经检验x1=-6,x2=1 是原方程的解。

(2)分离二次项:

例9.解方程

分析:该方程的特点是根号内外一次项系数与常数项对应成比例,所以可分离二次项用换元发求解.

解:原方程化为:

设得:(3y-2x)(y+x)= 0,

∴ 3y=2x,y=-x即:3

解得x=x=1 经检验:x= 是增根.

是原方程的解..

综上所述,用“换元法”解方程时,如能牢固掌握基本型,注意发现倒数与二项积的关系,灵活运用分离系数等方法,许多特殊类型的方程是不难解决的。

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