一元二次方程解法——配方法 教学设计

一元二次方程解法——配方法 教学设计（精选14篇）

一元二次方程解法——配方法 教学设计 篇1

漳州康桥学校

陈金玉

一、教材分析

1、对于一元二次方程，配方法是解法中的通法，它的推导建立在直接开平方法的基础上，他又是公式法的基础：同时一元二次方程又是今后学生学习二次函数等知识的基础.一元二次方程是中学数学的主要内容之一，在初中数学中占有重要地位.我们从知识的发展来看，学生通过一元二次方程的学习，可以对已学过的一元二次方程、二次根式、平方根的意义、完全平方式等知识加以巩固.初中数学中，一些常用的解题方法、计算技巧以及主要的数学思想，如观察、类比、转化等，在本章教材中都有比较多的体现、应用和提升.我们想通过一元二次方程来解决实际问题，首先就要学会一元二次方程的解法.解一元二次方程的基本策略是将其转化为一元一次方程，这就是降次.2、本节课由简到难展开学习，使学生认识配方法的基本原理并掌握具体解法.二、学情分析

1、知识掌握上，九年级学生学习了平方根的意义和两个重要公式——平方差公式和完全平方公式，这对配方法解一元二次方程打好了基础.2、学生对配方法怎样配系数是个难点，老师应该予以简单明白、深入浅出的分析.3、教学时必须从学生的认知结构和心理特征出发，分析初中学生的心理特征，他们有强烈的好奇心和求知欲.当他们在解决实际问题时发现要解的方程不再是以前所学过的一元一次方程或可化为一元一次方程的其他方程时，他们自然会想进一步研究和探索解方程的问题.而从学生的认知结构上来看，前面我们已经系统的研究了完全平方式、二次根式，这就为我们继续研究用配方法解一元二次方程打好了基础.三、教学目标

（一）知识技能目标

1、会用直接开平方法解形如xmn（n0）.22、会用配方法解简单的数字系数的一元二次方程.（二）能力训练目标

1、理解配方法；知道“配方”是一种常用的数学方法.2、了解用配方法解一元二次方程的基本步骤.（三）情感与价值观要求

1、通过用配方法将一元二次方程变形的过程，让学生进一步体会转化的思想方法，并增强他们的数学应用意识和能力，激发学生的学习兴趣.2、能根据具体问题的实际意义，验证结果的合理性.四、教学重点和难点

教学重点：用配方法解一元二次方程 教学难点：理解配方法的形成过程

五、教学过程(一)活动1：提出问题

要使一块长方形场地的长比宽多6m，并且面积为16m，场地的长和宽各是多少？ 设计意图：让学生在解决实际问题中学习一元二次方程的解法.师生行为：教师引导学生回顾列方程解决实际问题的基本思路，学生讨论分析.（二）活动2：温故知新

21、填上适当的数，使下列各式成立，并总结其中的规律.（1）x6x x3(2)x8x （x)2222（3）x12x (x)2(4)x5x (x)

222(5)a2ab (a)(6)a2ab (a)2

2222、用直接开平方法解方程：x26x92

设计意图：第一题为口答题，复习完全平方公式，旨在引出配方法，培养学生探究的兴趣.(三)活动2：自主学习

自学课本思考下列问题：

1、仔细观察教材问题2，所列出的方程x26x160利用直接开平方法能解吗？

2、怎样解方程x26x160？看教材框图，能理解框图中的每一步吗？（同学之间可以交流、师生间也可交流.）

3、讨论：在框图中第二步为什么方程两边加9？加其它数行吗？

4、什么叫配方法？配方法的目的是什么？

5、配方的关键是什么？

交流与点拨：

重点在第2个问题，可以互相交流框图中的每一步，实际上也是第3个问题的讨论，教师这时对框图中重点步骤作讲解，特别是两边加9是配方的关键，使之配成完全平方式.利用a±2ab+b=(a±b).222注意：9=（），而6是方程一次项系数.所以得出配方的关键是方程两边加上一次项系数一半的平方，从而配成完全平方式.设计意图：学生通过自学经历思考、讨论、分析的过程，最终形成把一个一元二次方程配成完全平方式形式来解方程的思想(四)活动4：例题学习

例：解下列方程：

（1）x8x10（2）2x13x（3）3x6x40

教师要选择例题书写解题过程，通过例题的学习让学生仔细体会用配方法解方程的一般步骤.交流与点拨：用配方法解一元二次方程的一般步骤：

（1）将方程化成一般形式并把二次项系数化成1；（方程两边都除以二次项系数）（2）移项，使方程左边只含有二次项和一次项，右边为常数项.（3）配方，方程两边都加上一次项系数一半的平方.（4）原方程变为mxnp的形式.22222（5）如果右边是非负数，就可用直接开平方法求取方程的解.设计意图：牢牢把握通过配方将原方程变为mxnp的形式方法.2（五）课堂练习：导学练上面的【课堂检测】习题

师生行为：对于解答题根据时间可以分两组完成，学生板演，教师点评.设计意图：通过练习加深学生用配方法解一元二次方程的方法.六、归纳与小结：

一元二次方程解法——配方法 教学设计 篇2

方程是刻画现实世界中数量关系的一个有效数学模型, 应用比较广泛, 而从实际问题中抽象出方程, 并求出方程的解是解决问题的关键。配方法既是解一元二次方程的一种重要方法, 同时也是推导公式法的基础。配方法又是初中数学的重要内容, 在二次根式、代数式变形及二次函数中都有广泛应用。

学情分析

我教的是一个平行班, 学生的基础层次不齐。

教学目标

1.理解配方法解一元二次方程的基本步骤, 掌握X2+pX+q=0等价转化为 (x+m) 2=n的过程与方法;让学生学会怎样将方程X2+pX+q=0等价转化成 (x+m) 2=n的形式。

2.会用配方法解一元二次方程, 能够处理各种不同的情形。

3.学生在独立思考和自主探究中感受成功的喜悦, 并体验数学的价值, 增强学生学习数学的兴趣。

教学重难点

重点:用配方法解一元二次方程

难点:配方, 把方程化成 (x+m) 2=n的形式

教学问题诊断

1.学生已经会解一元一次方程, 了解平方根的概念、平方根的性质以及完全平方公式, 并刚刚学习了一元二次方程的概念和直接开平方法解一元二次方程;

2.学生在之前的学习中已经学习过“转化”“化归”等数学思想方法, 具备了学习本课时内容的较好基础;

3.本节课中研究的方程不具备直接开平方法的结构特点, 需要合理添加条件进行转化, 即“配方”, 而学生在以前的学习中没有类似经验, 理解起来会有一定的困难, 同时完全平方公式的理解对学生来说也是一个难点, 所以在教学过程中要注意难点的突破。

教学过程

(一) 复习旧知起航新知

前面学过形如x2=p或 (mx+n) 2=p (p≥0) 的方程, 可用直接开平方法来解, 可得。用到的思想方法是通过降次, 把二次方程转化为我们能解的一次方程。

复习完全平方公式:a2±2ab+b2= (a±b) 2

开心练一练:1.用直接开平方法解下列方程: (x+3) 2=25

(二) 合作交流探究新知

问题:使一块矩形场地的长比宽多6m, 并且面积为16m2, 场地的长和宽应各是多少?

解:设场地宽为x米, 则长为 (x+6) 米,

根据题意得:x (x+6) 2=16

整理得:x2+6x-16=0

思考:怎样解方程x2+6x-16=0?能用直接开平方法来解吗?

学生自主探究课本P32, 思考下列问题:

1.方程x2+6x-16=0可化 (x+m) 2=n的形式吗?

2.讨论:在框图中第二步为什么方程两边加9?其目的是什么?

框图:

交流与点拨:

重点在第2个问题, 可以互相交流框图中的每一步, 实际上也是第3个问题的讨论, 教师这时对框图中重点步骤作讲解, 特别是两边加9是配方的关键, 使之配成完全平方式。利用x2+px+[p2]2=[x+p2]2, 注意9= (62) 2, 而6是方程一次项系数。所以得出配方是方程两边加上一次项系数一半的平方, 从而配成完全平方式。

像上面那样, 通过配成完全平方形式来解一元二次方程的方法, 叫做配方法。

(三) 典型例题边做边讲

例1 (教材P33) 解下列方程:

解:

移项, 得x2-8x=-1

配方x2-8x+42=-1+42

(x-4) 2=15

(2) 2x2+1=3x

解:移项, 得2x2-3x=-1

(3) 3x2-6x+4=0

解:移项, 得3x2-6x=-4

二次项系数化1, 得

(第1题让学生独立完成, 老师点评纠正;第2题师生一起分析, 教师板书示范演练, 第3题让学生试着做, 教师点拨纠正, 通过例题的学习让学生仔细体会用配方法解方程的一般步骤, 第3题让学生试着做, 教师点拨纠正, 同时还牵引出方程的根的另一种情况, 无实数根的情况。)

(四) 反馈练习巩固新知

1.教材P34练习2 (根据时间可以分组完成, 学生扮演, 教师点评。)

(1) x2+10x+9=0 (2) x2-2x+2=0 (3) 3x2+6x-4=0

(五) 梳理知识系统小结

1.通过这节课的学习, 我们学到了哪些知识? (用配方法解一元二次方程)

2.配方法解方程的一般步骤是什么?

(1) 移项 (使方程左边只含有二次项和一次项, 右边为常数项) ;

(2) 化二次项系数为1 (方程两边都除以二次项系数) ;

(3) 配方 (方程两边都加上一次项系数一半的平方) ;

(4) 变形为 (x+m) 2=n的形式, 若n≥0, 则求出方程的解;若n<0, 则原方程无实数根。

(六) 课后作业拓展提高

教材P42习题22.2第3题、第9题。 (必做题)

试用配方法证明:不论a取任何实数, a2-a+1的值总是一个正数。 (思考题)

证明:∵a2-a+1

∴a2-a+1的值总是一个正数。

二、教学反思

数学教学是数学活动的教学, 听过一句话“让学生从做中学。”这种教学理念反映在数学教学上就是“做数学”, 就是要用一种亲身体验的数学学习方式来有效地回避那种“灌输式”的数学学习。强调学生学习数学是一个现实的体验、理解、领悟和反思的过程, 强调以学生为主体的学习活动。

在我的《降次——解一元二次方程配方法 (2) 》这节课中充分体现了让学生经历“做数学”的过程。

在复习了完全平方公式和直接开平方法解一元二次方程后, 以矩形面积为背景引出方程x2+6x-16=0。接着提出问题:“这个方程可以用直接开平方法来解吗?”为后面学生的自主探究作了心理上的铺垫, 也为将方程x2+6x-16=0的一边配成完全平方形式做了导引, 于是产生后面的“移项”、“方程两边同时加上一次项系数一半的平方”、“方程一边写成完全平方形式”等具体做法;教学中, 引导学生认识到这些做法是依据解方程的方法和步骤产生的, 并在理解的基础上记忆这些做法。强调当二次项系数是1时, “方程两边同时加上一次项系数一半的平方”是配方的关键;让学生带着问题“ (1) 方程x2+6x-16=0可化 (x+m) 2=n的形式吗? (2) 讨论:在框图中第二步为什么方程两边加9?其目的是什么?”结合具体方程x2+6x-16=0, 自主探究以框图形式表示的用配方法解方程的全过程, 使学生对配方法的基本步骤有了具体的初步认识。我挑重点和难点细讲、点拨, 尽量使每一位学生都理解掌握框图, 并且通过先提出“配方”一词再提出“配方法”一词, 以及适时适当的设置几个配方小练习, 逐步地揭开配方法解一元二次方程的面纱, 帮助学生突破难点;安排解解看的目的是让学生进一步探究巩固用配方法解二次项系数是1的类型的一元二次方程。安排典型例题, 可以说明如何用配方法解二次项系数不是1的类型的一元二次方程。在第一类型方程解法的基础上认识第二类型方程的解法, 由简单到复杂, 步步深入, 对配方法形成全面的理解, 从而掌握本节课的重点。

在练习中设计“分组分层练习”和“口答习作”两类, 满足不同层次学生的需要, 也使整个课堂有动有静, 张弛有度, 充分发挥学生的能力和潜力。

授课后, 得到了很好的教学效果, 但也有不足的地方, 比如:没有照顾到相对基础较弱的学生, 就是说如果学生对以前学的完全平方公式不熟练的话, 学生的计算能力较差的话, 学生自学能力落后的话, 就这种教学方式, 他是学不好这堂课的, 所以我还是要不断地努力、探索, 以至于班上的每一位学生都得到不同的教育, 学到更多的知识。

一元二次方程解法——配方法 教学设计 篇3

1．教学内容

本节课是人教版高一数学第一册（上）（2003年审查通过）第一章第5节《一元二次不等式的解法》第1课时。

2.本节课内容在整个教材中的地位和作用

一元二次不等式的解法是初中一元一次不等式或一元一次不等式组的延续和深化。本节内容是在高一学生学完了集合的有关概念，集合的表示及集合与集合之间关系之后，考虑到集合知识的应用与巩固，又考虑到下一章讨论函数的定义域和值域的需要而安排的。它也与高中数学后续学习的函数、数列、三角函数、线形规划、直线与圆锥曲线以及导数等内容密切相关，许多问题的解决都会借助一元二次不等式的解法。因此，一元二次不等式的解法在整个高中数学教学中具有很强的基础性，体现出很大的工具性作用。

3.教学目标定位

根据教学大纲要求、高考考试大纲说明、新课程标准精神、高一学生已有的知识储备状况和学生心理认知特征，我确定了三个层面的教学目标。

［知识与技能目标］：

（1）熟练掌握一元二次不等式的解法，正确理解一元二次方程、一元二次不等式和二次函数三者的关系；（2）培养学生运用数形结合与等价转化等数学思想方法解决问题的能力，提高运算、作图能力。

［过程与方法目标］：

（1）通过学生动手实验培养学生实际操作能力、抽象思维与形象思维能力；（2）使学生在探究学习过程中体会由具体到抽象、由特殊到一般，类比、猜想的数学思想方法，渗透数形结合、方程与函数、分类讨论等数学思想。

［情感态度和价值观］：

（1）培养学生勇于自主探索的精神和合作学习的意识，鼓励学生勇于创新，同时激发学生学习数学的热情；（2）通过对解不等式过程中等与不等对立统一关系的认识，向学生逐步渗透辩证唯物主义思想。

4.教学重点和难点

教学重点：一元二次不等式的解法。

教學难点：一元二次方程、一元二次不等式和二次函数三者的关系。

二、教法分析

1．本节课的设计是以教学大纲和教材为依据，采用探索式教学。遵循因材施教的原则，坚持以学生为主体，充分发挥学生的主观能动性。

2．考虑到高一学生已有的数学知识结构，即学过一次函数和二次函数的基础知识，而对其理解又不深刻的现实，在教学方法上以学生动手实践、自主探索、合作学习为主，让学生从实践中观察、探索、归纳知识，而老师成为学生的帮助者和引导者。在本节课的教学过程中，我将紧紧围绕教师组织——启发引导，学生探究——交流发现，组织开展教学活动。我设计了①创设情景——引入新课；②交流探究——发现规律；③启发引导——形成结论；④练习小结——深化巩固；⑤思维拓展——提高能力。这五个环环相扣、层层深入的教学环节，在教学中注意关注整个过程和全体学生，充分调动学生积极参与教学过程的每个环节。

3．应用现代信息技术和数学智能平台，使用多媒体课件辅助教学，使教学内容表现更直观。

三、学法分析

由于本节课的内容比较适合于培养学生的探究能力和养成探究习惯,故将学生分成学习小组(四至五人为一组),进行小组合作式的探究式学习,对所研究的问题进行共同分析,相互交流讨论学习。

选用这种学习方法,对培养学生的实践和探索能力以及相互协作精神均有积极意义，同时容易使学生学会发现问题、分析问题和解决问题的方法。

四、教学过程分析

教学环节(一)：创设情境引入新课

教学过程

（幻灯片1)问题1：画出一次函数y=2x-7的图像。

填空。

（1）方程2x-7=0的解是；

（2）不等式2x-7>0的解集是 ；

（3）不等式2x-7<0的解集是 ；

提问：请同学们注意,一元一次方程、一元一次不等式和一元一次函数有什么关系?(“三个一次”关系)

从上面的特殊情形引导学生发现一般的结论。

(幻灯片2):一般地，设直线y=ax+b与x轴的交点是(x0,0),就有如下结果：

一元一次方程ax+b=0的解集是{x|x=x0}；

一元一次不等式ax+b>0解集（a≠0）。

(1)当a>0时,一元一次不等式ax+b>0的解集是{x|x>x0};

一元一次不等式ax+b<0解集是{x|x

(2)当a<0时，一元一次不等式ax+b>0解集是{x|x

一元一次不等式ax+b<0解集是{x|x>x0}。

(学生看图总结,教师在幻灯片中给出结果)

设计意图：设置问题1有利于学生回忆起自己已有的知识和技能，把复杂的学习任务加以分解，给学生建立学习“支架”，即解一元一次不等式的方法。为后面学习二次不等式的解法打下基础，作好铺垫。另一方面使学生在自己熟悉的问题中首先获得解题成功的快乐体验。

问题2：(幻灯片3)（2004年江苏省高考试题）二次函数y=ax2+bx+c(x∈R)的部分对应值如下表：

x-3-2-101234

y60-4-6-6-406

则ax2+bx+c>0解集是。

引导学生运用解决问题1的方法,画出二次函数y=ax2+bx+c的图像求解，并请学生说出不等式ax2+bx+c<0的解集和方程ax2+bx+c=0的解,同时注意一元二次方程、一元二次不等式和二次函数有什么关系?(“三个二次”关系)

设计意图：设置问题2以高考题为背景引入新课，可以提高学生兴趣，抓住学生眼球，让学生实实在在感受到高考题就在我们的课本中，就在我们平常的练习中。

教学环节(二)：交流探究发现规律

教学过程

(幻灯片4)题组1（课本19页例1、例2）

（1）解不等式2x2-3x-2>0;

（2）解不等式-3x2+6x>2。

学生根据问题2的方法画图求解,教师巡回指导,提醒学生注意掌握画二次函数图像的要领和方法。

题组2（课本19页例3、例4）

（1）解不等式4x2-4x+1>0；

（2）解不等式-x2+2x-2>0。

学生不难想到,这两题的方法和上面完全相同,教师在巡回指导中及时提醒学生注意和上面两题的不同,由图像写出解集是难点,必要时教师在黑板上画出图像给予一定的提示或讲解。

设计意图：从特殊到一般是我们发现问题、寻求规律、揭示问题本质最常用的方法之一。把课本例题1、2编为题组（一），例3、例4作为题组（二），让学生用图像法自己求解。两个题组的练习之后，可以寻求解二次不等式的一般规律。

教学环节（三）：启发引导得出结论

教学过程

至此，我们掌握了用图像法来解一元二次不等式。当然，我们可以仿照前面探讨“三个一次”关系的做法来探讨这里“三个二次”的关系。

引导学生分三种情况(△＞0,△＜0,△＝0)讨论一元二次不等式ax2+bx+c＞0(a＞0)与ax2+bx+c＜0(a＞0)的解集。

(幻灯片5)

解一元二次不等式的基本步骤：

（1）把二次项系数化为正数；（2）确定对应方程是否有实根，如有实根则求出根；（3）根据对应的二次函数的大致图像以及不等号的方向，写出不等式的解集。

设计意图：前面两个题组的四个小题，基本涵盖了一般一元二次不等式的各种情况，进一步启发引导学生将特殊、具体题目的结论作一般化总结，得出解集规律和步骤。由学生自己总结解题步骤，提高学生的认知水平。

教学环节（四）：运用结论深化巩固

教学过程

（幻灯片6）

1.解下列等式：

(1)3x2-7x+2＜0；(2)-6x2-x+2≤0；

(3)4x2+4x+1＜0；(4)x2-3x+5＞0。

2.x是什么实数时，函数y=x2-4x+1的值（1）等于0？（2）是正数？（3）是负数？

3.x是什么实数时，x2+x-12有意义？

设计意图：通过练习，使学生初步运用结论来解决具体的一元二次不等式，从而验证结论，同时加深对结论的理解。

教学环节（五）：课堂小结

教学过程

（幻灯片7）小结：

1.一元二次方程、一元二次不等式和二次函数的关系：(1)方程的解对应于函数图像与x轴的交点；(2)不等式的解对应于函数图像与x轴上方（或下方）部分在x轴上的点。

2.解一元二次不等式的基本步骤：（1）把二次项系数化为正数；（2）确定对应方程是否有实根，如有实根则求出根；（3）根据对应的二次函數的大致图像以及不等号的方向，写出不等式的解集。

我们把上述根据图像来解一元二次不等式的方法叫就图像法。根据图像来解题，是我们数学中一种很重要的思想，即：数形结合的思想。

设计意图：通过小结，使知识得到保持和迁移，同时有利于培养学生良好的学习习惯。

教学环节（六）：思维拓展能力提高

教学过程

（幻灯片7）思考：

1.若不等式x2+2x+a<0的解集为空集，求实数a的取值范围。

2.若不等式x2+x+a>0的解集为R,求实数a的取值范围。

3.已知不等式ax2+bx+2>0的解集为x｜-12＜x＜13,求a、b的值。

设计意图：设置思考题，使学生活跃思维，培养创新。同时为学有余力的学生提供学习空间,符合分层教学的要求。

教学环节（七）：课后评价

教学过程

(时间20分钟)

1.解下列不等式：

(1)2x2-3x+1<0； (2)-3x2+4x+4<0；

(3)-x2+2x-3>0；(4)14x2-x+1＞0。

2.解不等式：(2x+1)(4x-3)>0。

3.不等式x2-x+a<0的解集为空集，求实数a的取值范围。

设计意图：通过评价功能使学生所学知识得到强化，同时促进学生的学习动力，也有利于教师检验教学效果,为后面的教学提供参考和依据。

教学设计说明

本节课的所有内容以题组的形式展现给学生,学生始终在解题中探究,在解题中发现,学生参与教学的全过程,成为课堂教学的主体和学习的主人,而教师时刻关注学生的活动过程,不时给予引导,及时纠偏。

复习引入的问题1是学生已经熟知的一元一次不等式、一元一次方程及一次函数即“三个一次”的关系问题,旨在为后面探讨“三个二次”的关系提供方法和思路；问题2是课本中的材料,以高考题的形式出现可以引起学生更大的关注和兴趣。教材中的四个例题让学生完全按照解决问题2的方法自己去解,教师只在必要的时候提醒学生应该注意的问题,或学生遇到困难时给予引导。完成四道例题后,学生对一般一元二次不等式的解法和“三个二次”的关系已经有一定的理解,然后由特殊到一般,引导学生总结规律,形成一般结论。最后，学生再利用自己的总结去完成课堂练习,刚刚形成的方法与结论可以进一步巩固和深化。例题、练习和作业的设置由浅入深,并且补充部分题目，照顾各个层次的学生。

用配方法解一元二次方程教学心得 篇4

本堂教学引课时从生活中常见的“梯子问题”出发，根据学生应用勾股定理时所列方程的不同，引导学生对所列方程的解法展开讨论，先由上堂课的引例实际问题解决，已经求得一元二次方程的近似值，如何求得一元二次方程根的准确值，激发学生的兴趣，同时导出课题——配方法。本堂课力求体现“问题情境——建立数学模型——解释、应用与拓展”的模式，注重数学知识的形成与应用过程。

如何配方是本节课的教学重点与难点，在进行这一块内容的教学时，由

2学生自主学习后，复习近平方根意义及性质，x=a，则x=±

22而出发去解x=5 2→(x+2)=5 → x+12x+36=5层层推进，最后得出直接开平方法求得一元二次方

程x的解，学生通过对比，讨论一些过程的相似之处。从而为完全平方着铺垫，再引导复习完全平方式：ax22abx+b2=(ab)2.通过提出具有一定跨度的问题串引学生进行自主探索；提供充分探索与交流的空间；在巩固、应用配方法时，从一元二次方程二次项系数为1入手，让学生通过实践探究和归纳总结，得出常数项与一次项系数之间的关系（常数等于一次项系数的一半的平方）。从而通过配方使左边变成完全平方的形式，达到通过配方法求出一元二次方程的解，在最后的小结中着重强调了用配方法解一元二次方程是通过配方把原方程化成（x±m）2=n的形式。最后由方程的配方拓展到代数式的配方与证明，既有提高学生的学

通过本节课的教学，我发现：配方法不仅是解一元二次方程的方法之一，而习兴趣，又加深了对所学知识的理解。且它还可作为其它许多数学问题的一种研究思想，其发挥的作用和意义十分重要。从学生的学习情况来看，效果普遍良好，且已基本掌握了这种数学方法，但也存在有个别学生不能给方程“两边”同时配方等错误。

不足之处：

1、虽然学生掌握较好，但也还应归纳出用配方法解一元二次方程的基本步骤；

2、在配常数项时，应把原有常数移到右边和不移到右边分别配常数项，解出来对比，让学生选择适合自己的方法；

3、为学生提供思考问题的时间较少。

一元二次方程配方法 篇5

复习：

1、完全平方公式：

2、开平方运算：一般地，如果一个数x的平方等于a，即x2=a，那么这个数x就叫做a的平方根

知识点一：开平方法解一元二次方程

如果方程的一边可以化为含未知数的代数式的平方，另一边是非负数，就可以用开平方进行求解。

适合用开平方法解的一元二次方程有三种类型：

1、x2=m（m>=0）；如，x2=162、（x+m）2=n（n>=0）；如，（x+2）2=93、a（x+m）2=b（ab>=0）；如，3（x+1）2=12

例题：方程（x-1）=4的解是__________。

解析：可利用开平方法求解，得x-1=2或-2，解得x1=3，x2=-1

答案：x1=3，x2=-1 2

知识点二：配方法解一元二次方程

通过把一个一元二次方程配成完全平方形式来解一元二次方程的方法叫做配方法。

用配方法解一元二次方程ax²+bx+c=0的基本步骤：

①二次项系数化为1：方程两边同时除以二次项系数；

②移项:把常数项移到方程的右边；

③配方:方程两边都加上一次项系数一半的平方；

④开方:根据平方根意义,方程两边开平方；

⑤求解:解一元一次方程；

⑥定解:写出原方程的解。

例题：解方程：-2x²+2x+5=0

知识点二：利用配方法解决实际问题

一元二次方程是刻画现实问题的有效的数学模型，有些通过列一元二次方程来解决的实际问题可以利用配方法或开平方来解决。例题：恒利商厦九月份的销售额为200万元，十月份的销售额下降了20%，商厦从十一月份起加强管理，改善经营，使销售额稳步上升，十二月份的销售额达到了193.6万元，求这两个月的平均增长率？

解： 设这两个月的平均增长率是x。

则根据题意，得200(1－20%)(1+x)²＝193.6，即(1+x)2＝1.21，解这个方程，得x1＝0.1，x2＝－2.1（舍去）.答： 这两个月的平均增长率是10%.练习：

一、热身练习：

（1）x²+10x+25=（x+）²

（2）x²-12x+（）=（x-）²

（3）x²+5x+（）=（x+）²

（4）x²-（）x+16=（x-4）²

二、用配方法解下列方程：

(1)x²-8x+1=0(2)2x²+1=3x(3)3x²-6x+2=0

三、要使一块长方形场地的长比宽多6m，并且面积是16m²，场地的长和宽应各是多少？

微课用配方法解一元二次方程 篇6

一元二次方程

２．用配方法求解一元二次方程

教学设计

一、教学目标

知识与技能：

会用开方法解形如(xm)2n(n0)的方程，理解配方法，会用配方法解一元二次方程； 过程与方法

经历用配方法解一元二次方程的过程 体会转化的数学思想方法；

情感态度与价值观：

提高解题能力，获得成功乐趣

二、教学重点

用配方法解一元二次方程

三、教学难点

理解并掌握配方法解一元二次方程

四、教学过程

活动内容1：做一做：（填空配成完全平方式，体会如何配方）

填上适当的数，使下列等式成立。

x212x_____(x6)2 x26x____(x3)2 x28x____(x___)2 x24x____(x___)2

问题：上面等式的左边常数项和一次项系数有什么关系？对于形如x2ax的式子如何配成完全平方式？（小组合作交流）

活动目的：配方法的关键是正确配方，而要正确配方就必须熟悉完全平方式的特征，在此通过几个填空题，使学生能够用语言叙述并充分理解左边填的是“一次项系数一半的平方”，右边填的是“一次项系数的一半”，进一步复习巩固完全平方式中常数项与一次项系数的关系，为后面学习掌握配方法解一元二次方程做好充分的准备。活动内容2：解决例题（1）解方程：x2+8x-9=0.解:可以把常数项移到方程的右边，得 x2+8x＝9 两边都加上（一次项系数8的一半的平方），得 x2+8x＋42=9＋42.（x+4）2=25 开平方，得 x+4=±5, 即 x+4=5,或x+4=-5.所以 x1=1, x2=-9.活动目的：学生经过前一环节对配方法的特点有了初步的认识，本题是对配方法基本思路的把握，是对配方法的学习由探求迈向实际应用的第一步。（2）

解方程：3x2+8x-3=0 解：方程两边都除以3，得

8x2x10382移项，得 xx132配方，得

开平方，得 844x2x13332425x392活动目的：通过对例2的讲解，继续拓展规范配方法解一元二次方程的过程.让学生充分理解掌握用配方法解一元二次方程的基本思路,关键是将方程转2化成(xm)n(n0)形式，特别强调当一次项系数为分数时，所要添加常451x,x1,x23333数项仍然为一次项系数一半的平方，理解这样做的原理，树立解题的信心。

54另外，得到 后，在移项得到x要注意符号问题，这一

33步在计算过程中容易出错。x4353活动内容3：

总结配方法解一元二次方程的步骤：

活动内容4： 解下列方程

1)x2-8x-4=0 2)2x2+6=7x 3)3x2-9x+2=0

方程(组)解法探讨 篇7

关键词：指数方程,解法,剖析,优化,提高

方程 (组) 的思想, 是对一个问题用方程解决的应用, 也是对方程概念本质的认识, 是分析数学问题中变量间的等量关系, 构建方程或方程组或利用方程的性质去分析、转换、解决问题, 是高中数学教学中最重要的思想方法之一。解指数方程是指数函数性质的重要应用。高中课本中, 指数方程中的底数均是大于0且不等1的常数。而形如x f (x) =xg (x) 的方程, 虽然也可以叫作指数方程, 但因底数不是常数, 极易导致解题失误。

一常见错误剖析

不少学生在解方程xx=x时, 常出现以下两种典型错误:错解1:原方程即为xx=x1。由“同底法”得, x=1。错解2:原方程两边取对数, 得:x·lgx=lgx, 即 (x-1) lgx=0。解之得, x=1。

显然, x=-1也是方程xx=x的解, 那么, 以上两种解法漏解的原因在哪里呢?

“同底法”的依据是由指数函数y=ax (a>0且a≠1) 的单调性可知:若ax1=ax2, 则x1=x2, 而方程xx=x中的底数x是一个变量, 解法1用“同底法”势必缩小了x的取值范围, 当然就有失根的可能了。

“两边取对数”的条件是“两边”均要大于0, 而xx=x的两边可以小于0, 解法2“取对数”后就会失根。

二严谨可靠的解法

部分同学用观察法得方程xx=x的解为x=1或x=-1, 结论正确, 但对稍复杂的方程x f (x) =xg (x) , 观察法就不那么灵验了。因此, 在组织教学时要力求做到深入浅出, 各得其所, 使学生既不轻视容易, 又不害怕困难。如何能做到这一点呢?这就需要寻求解此类方程的有效方法。

事实上, 从以上错解分析中, 我们已经领悟到解此类方程可用分类讨论的方法。为把这一方法阐释清楚, 现举以下例子加以说明。

例1, 解方程xx=x

解:显然x≠0。

当x>0时, 若x=1, 代入原方程, 知x=1是原方程的解;若x≠1, 由xx=x1得x=1 (舍去) 。

当x<0时, 若x=-1, 代入原方程, 知x=-1是原方程的解;若x≠-1, 由xx=x1得x=1 (舍去) 。

综上, 原方程的解是x=1或x=-1。

例2, 解方程xx2+4x+3=xx+1。

解:当x>0时, 若x=1, 代入原方程, 知x=1是原方程的解;若x≠1, 由x2+4x+3=x+1得x=-1或x=-2, 均舍去。

当x=0时, 代入原方程, 知x=0是原方程的解。

当x<0时, 若x=-1, 代入原方程, 知x=-1是原方程的解;若x≠-1, 由x2+4x+3=x+1得x=-1或x=-2, 经检验x=-2是原方程的解。

综上, 原方程的解为x1=0, x2=1, x3=-1, x4=-2。

由此可见, 根据底数x的不同取值, 用分类讨论的方法解方程x f (x) =xg (x) , 不会失根, 这是一个严谨而又可靠的解法。

三解题过程的优化

虽说我们已经找到了解方程x f (x) =xg (x) 的有效方法, 但解题过程比较麻烦, 能简捷些吗?

进一步探讨, 再看以上二例的解题过程, 我们发现当x>0且x≠1和x<0且x≠-1时, 方程x f (x) =xg (x) 的解一定在方程f (x) =g (x) 的解集中, 因此, 可将解题过程浓缩为两步: (1) 解方程f (x) =g (x) (注意验根, 防止增根) ; (2) 检验三个特殊数0、1、-1是不是原方程的根。显然这样做, 比原解题过程简单多了, 现举例说明如下:

所以, 原方程的解为x=0和x=1。

通过前面一些例题解法的探讨, 我们已对形如x f (x) =xg (x) 的方程此类问题的解题方法作一归纳, 并总结出了防止出现增根或失根的原因。作为教师, 在数学教学中, 必须抓住知识点的运用, 有的放矢, 适时点拔和启发, 用尝试、探索等数学思想方法研究常见指数方程的求解, 积极引导学生主动参与课堂教学, 大胆探究、发现规律、掌握正确的解题方法, 同时还要注意验根, 防止出现增根或失根现象, 增强学生的探究能力和学习数学的兴趣, 使浅显平淡的知识有创新意识、有韵味, 使不同层次的学生都有收获。

参考文献

方程根的解法探究 篇8

（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）对于正实数m，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，求m的值.

这是高三周测试题，对于第（Ⅰ）问学生都能掌握，第（Ⅱ）问能做完整的学生却寥寥无几，但是呈现了学生从不同思维角度的三种常见解法，笔者将过程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差构造函数）考虑方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可转化成函数h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零点.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），则h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函数M（x）恒过（0，-m）.依据二次函数的性质和零点存在定理知：存在唯一的x0>；0满足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

当x∈（0，x0）时，h′（x）<；0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增，又当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞所以要使函数h（x）在（0，+∞）有唯一的零点，只需满足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法思路自然，大部分学生在考场中也是这样来处理的，但最终都无功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0时，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0时带来了计算困难，不得已而放弃，因此采用了“虚拟设根，整体转换”方法处理，达到了化繁为简的目的！这种方法告诉我们，当导数的零点不易求，甚至有时不可求时，采用虚拟设根的方法“绕道而行”.所谓的虚拟设根，并非导数的零点不存在，相反而是先判断零点存在，只是求解过程复杂（甚至有时无法具体解出x0，例如2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（2）问在解答过程中需要求函数h′（x）=ex-1x+2的零点），既然如此，可以不必正面强求，而是虚设其零点为x0，然后谋求一种整体的转化和过度.读者可以体会一下此方法在高考题目中的作用：

1.（2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（Ⅱ）问）

已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）>；0.

2.（2012年高考数学新课标卷文科第21题第（Ⅱ）问）设函数f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x>；0时，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分离常数等价转化思想）

当f（x）=0时，即lnx+x=0，显然不符合题意：

当f（x）≠0时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，等价于2m=x2lnx+x有唯一实数根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），则h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，显然x=1是导函数h′（x）的唯一零点.当x∈（0，1）时，h′（x）<；0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，所以h（1）是函数h（x）极小值也是它的最小值，又可证当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，所以原命题等价于函数y=2m与函数h（x）图象在（0，+∞）有唯一的交点，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 当一个问题的表面看起来很复杂时，能否利用与其对应的等价命题来处理就显得难能可贵了，本题将方程有唯一实数根问题等价于两个函数的交点问题，从而优化了解题过程.

解法3 （数形结合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可得12mx2-x=lnx.

记M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，则上述问题等价于M（x）与N（x）的图象有唯一的交点，设交点横坐标为x0，则由题意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化简得2lnx0+x0=1，显然此方程只有一个根x0=1，此时m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法将代数问题转化为几何直观，将研究的问题转化成我们熟悉的函数，从函数图象上清晰呈现了方程的唯一实根即为两图象相切这一几何形态，但是无论哪种解法都没有绕开解超越方程：2lnx+x-1=0，显然y=2lnx+x-1在（0，+∞）单调递增，x=1是方程的唯一实数根.

总之，数学能力的提高归根结底还是解题能力的提高，一题多解并不是目的.目的是通过思想方法的逐一呈现，从学生最易上手的方式方法入手，逐步逐级给予引导与批判，不畏艰难，不断优化解题思维品质，从而最终达到提升自身解题的能力.

题目 已知函数f（x）=lnx+x，g（x）=ax-x-1（a>；0）.

（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）对于正实数m，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，求m的值.

这是高三周测试题，对于第（Ⅰ）问学生都能掌握，第（Ⅱ）问能做完整的学生却寥寥无几，但是呈现了学生从不同思维角度的三种常见解法，笔者将过程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差构造函数）考虑方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可转化成函数h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零点.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），则h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函数M（x）恒过（0，-m）.依据二次函数的性质和零点存在定理知：存在唯一的x0>；0满足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

当x∈（0，x0）时，h′（x）<；0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增，又当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞所以要使函数h（x）在（0，+∞）有唯一的零点，只需满足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法思路自然，大部分学生在考场中也是这样来处理的，但最终都无功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0时，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0时带来了计算困难，不得已而放弃，因此采用了“虚拟设根，整体转换”方法处理，达到了化繁为简的目的！这种方法告诉我们，当导数的零点不易求，甚至有时不可求时，采用虚拟设根的方法“绕道而行”.所谓的虚拟设根，并非导数的零点不存在，相反而是先判断零点存在，只是求解过程复杂（甚至有时无法具体解出x0，例如2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（2）问在解答过程中需要求函数h′（x）=ex-1x+2的零点），既然如此，可以不必正面强求，而是虚设其零点为x0，然后谋求一种整体的转化和过度.读者可以体会一下此方法在高考题目中的作用：

1.（2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（Ⅱ）问）

已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）>；0.

2.（2012年高考数学新课标卷文科第21题第（Ⅱ）问）设函数f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x>；0时，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分离常数等价转化思想）

当f（x）=0时，即lnx+x=0，显然不符合题意：

当f（x）≠0时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，等价于2m=x2lnx+x有唯一实数根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），则h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，显然x=1是导函数h′（x）的唯一零点.当x∈（0，1）时，h′（x）<；0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，所以h（1）是函数h（x）极小值也是它的最小值，又可证当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，所以原命题等价于函数y=2m与函数h（x）图象在（0，+∞）有唯一的交点，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 当一个问题的表面看起来很复杂时，能否利用与其对应的等价命题来处理就显得难能可贵了，本题将方程有唯一实数根问题等价于两个函数的交点问题，从而优化了解题过程.

解法3 （数形结合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可得12mx2-x=lnx.

记M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，则上述问题等价于M（x）与N（x）的图象有唯一的交点，设交点横坐标为x0，则由题意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化简得2lnx0+x0=1，显然此方程只有一个根x0=1，此时m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法将代数问题转化为几何直观，将研究的问题转化成我们熟悉的函数，从函数图象上清晰呈现了方程的唯一实根即为两图象相切这一几何形态，但是无论哪种解法都没有绕开解超越方程：2lnx+x-1=0，显然y=2lnx+x-1在（0，+∞）单调递增，x=1是方程的唯一实数根.

总之，数学能力的提高归根结底还是解题能力的提高，一题多解并不是目的.目的是通过思想方法的逐一呈现，从学生最易上手的方式方法入手，逐步逐级给予引导与批判，不畏艰难，不断优化解题思维品质，从而最终达到提升自身解题的能力.

题目 已知函数f（x）=lnx+x，g（x）=ax-x-1（a>；0）.

（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）对于正实数m，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，求m的值.

这是高三周测试题，对于第（Ⅰ）问学生都能掌握，第（Ⅱ）问能做完整的学生却寥寥无几，但是呈现了学生从不同思维角度的三种常见解法，笔者将过程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差构造函数）考虑方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可转化成函数h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零点.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），则h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函数M（x）恒过（0，-m）.依据二次函数的性质和零点存在定理知：存在唯一的x0>；0满足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

当x∈（0，x0）时，h′（x）<；0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增，又当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞所以要使函数h（x）在（0，+∞）有唯一的零点，只需满足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法思路自然，大部分学生在考场中也是这样来处理的，但最终都无功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0时，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0时带来了计算困难，不得已而放弃，因此采用了“虚拟设根，整体转换”方法处理，达到了化繁为简的目的！这种方法告诉我们，当导数的零点不易求，甚至有时不可求时，采用虚拟设根的方法“绕道而行”.所谓的虚拟设根，并非导数的零点不存在，相反而是先判断零点存在，只是求解过程复杂（甚至有时无法具体解出x0，例如2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（2）问在解答过程中需要求函数h′（x）=ex-1x+2的零点），既然如此，可以不必正面强求，而是虚设其零点为x0，然后谋求一种整体的转化和过度.读者可以体会一下此方法在高考题目中的作用：

1.（2013年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题第（Ⅱ）问）

已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）>；0.

2.（2012年高考数学新课标卷文科第21题第（Ⅱ）问）设函数f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a=1，k为整数，且当x>；0时，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分离常数等价转化思想）

当f（x）=0时，即lnx+x=0，显然不符合题意：

当f（x）≠0时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根，等价于2m=x2lnx+x有唯一实数根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），则h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，显然x=1是导函数h′（x）的唯一零点.当x∈（0，1）时，h′（x）<；0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）>；0，即函数h（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，所以h（1）是函数h（x）极小值也是它的最小值，又可证当x→0+时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，所以原命题等价于函数y=2m与函数h（x）图象在（0，+∞）有唯一的交点，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 当一个问题的表面看起来很复杂时，能否利用与其对应的等价命题来处理就显得难能可贵了，本题将方程有唯一实数根问题等价于两个函数的交点问题，从而优化了解题过程.

解法3 （数形结合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一实数根，可得12mx2-x=lnx.

记M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，则上述问题等价于M（x）与N（x）的图象有唯一的交点，设交点横坐标为x0，则由题意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化简得2lnx0+x0=1，显然此方程只有一个根x0=1，此时m=12.

故m=12时，方程2mf（x）=x2有唯一实数根.

点评 上述解法将代数问题转化为几何直观，将研究的问题转化成我们熟悉的函数，从函数图象上清晰呈现了方程的唯一实根即为两图象相切这一几何形态，但是无论哪种解法都没有绕开解超越方程：2lnx+x-1=0，显然y=2lnx+x-1在（0，+∞）单调递增，x=1是方程的唯一实数根.

《一元二次方程解法》教学反思 篇9

1、直接开平方法应用简单，但受形式限制;开平方的时候要注意正负。

2、配方法较麻烦，用公式法更方便，故一般不采用。但配方法是一种较重要的数学方法，公式法就是由它推导出来的，而且在后面的函数中还要用到配方法，所以要掌握好。它的重要性，不仅仅表现在一元二次方程的解法中，在今后学习二次函数，到高中学习二次曲线时还将经常用到。配方的时候，要注意二次项系数应先化为1，再把常数项移到式子的右边，然后把方程两边都加上一次项系数一半的平方;左边就变成了一个平方的形式，再运用直接开平方的方法求出方程的解。

3、公式法是一元二次方程的基本解法，对所有的一元二次方程都适用;用公式法的时候要先把方程变为一般形式，在求出方程的判别式，最后用公式求出方程的解。

4、因式分解法使用方便，是解一元二次方程最常用的方法，但不是所有的二次三项式都能很方便地进行因式分解。应用时要注意，等号的右边一定要为0，然后再把方程的`左边进行因式分解，将方程左边分解成两个一次因式的乘积的形式，令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程，解每个方程就求出了原方程的解。

二、一元二次方程的解法选用：

1、先观察能否用直接开平方法，能用就优先采用;

2、再观察能否用因式分解法;

详解高中化学方程式配平方法 篇10

本法也是配平化学反应方程式惯用的方法，通常用于较简单的化学方程式的配平，或者作为配平复杂反应的辅助方主。运用此法一般可按下述步骤去进行：

1.首先，找出反应式左右两端原子数最多的某一只出现一次的元素，求出它们的最小公倍数。

2，其次，将此最小公倍数分别除以左右两边原来的原子数，所得之商值，就分别是它们所在化学式的系数。

3.然后，依据已确定的物质化学式的系数、推导并求出它化学式的系数，直至将方程式配平为止。

4.最后，验证反应式。配平是否正确。

[例1] 试配平磁铁矿(Fe3O4)与铝粉共燃的反应方程 Fe3O4十Al——Fe十Al2O3

(1)该反应氧原子数较多且在两边只出现一次，故先求出两边氧原子数的最小公倍数：4×3=12。

(2)根据质量守恒定律，要使反应式左右两边的氧原子数相等，Fe3O4的系数必须为3(12/4)，AI2O3的系数必须为4(12/3)即： 3Fe3O4十A1——Fe十4A12O3

(3)再配Fe和AL原子。由已配得的3Fe3O4和4Al2O3可知，Fe和Al的系数分别为9和8时，左右两边的Fe和Al的原子数才相等，故有： 3Fe3O4+8Al——9Fe+4Al2O3

(4)最后检验，得完整的化学方程式为： 3Fe3O4+8A======9Fe+4Al2O3

二、奇数配偶数法

用奇数配偶数法去配平化学反应方程式的原理是：

①、两个奇数或两个偶数之和为偶数;奇数与偶数之和则为奇数——简称加法则。奇数与偶数或两个偶数之积为偶数;两个奇数之积则仍为奇数——简称乘法则。

②、依质量守恒定律，反应前后各元素的原子总数相等。其配平方法可按以下步骤进行：

1.找出化学反应式左右两边出现次数较多的元素，且该元素的原子个数在反应式左右两边有奇数也有偶数;

2.选定含该元素奇数个原子的化学式，作为配乎起点，选配适当系数，使之偶数化;

3.由已推得的系数，来确定其它物质的系数。

最后，验证方程式是否正确：

[例1] 配平FeS2十O2——Fe2O3十SO2

[分析] (1)从反应方程式可知，氧元素在两边出现的次数较多，且其原子个数在两边有奇数亦有偶数。

(2)反应式左边有O2 ，由“乘法则”可知，其系数无论为何，O原子总数必为偶，而由“加法则”可知，要使右边O原子总数亦为偶，就必须给右边含奇数个氧原子的Fe2O3系数选配2，使之偶数化，则：

FeS2十O2——2 Fe2O3十SO2

(3)由已确定的系数，推出与此有关的其它物质的系数。反应式右边有4个Fe原子,故左边FeS2的系数须配4,则: 4FeS2十O2——2 Fe2O3十SO2

然后以左边的S原子数,推得右边应有8SO2,即: 4FeS2十O2——2 Fe2O3十8SO2

最后配平O原子,当左边有11O2时,反应式则可配平为: 4FeS2十11O2——2 Fe2O3十8SO2

三、代数法——待定系数法

代数法也叫待定系数法，其方法步骤如下：

1.设a、b、c、d等未知数，分别作为待配平的化学方程式两端各项化学式的系数。

2.根据质量守恒定律，反应前后各元素的原子种类和个数必须相等同的原则，列出每种元素的原子数与化学式系数

a、b、c、d……关系的代数式，这些代数式可联立成一待定方程组：

3.解此待定方程组、就可求得各未知数之间的倍数关系。 a=xb=yc=zd=...

4.令某未知数为某一正整数，使其它未知数成为最小正整数，将所得的a、b、c、d等值代入原化学反应式的待定位置，配平即告完成。

例：配平Fe2O3十CO——Fe十CO2

分析： (1)设a、b、c、d分别为反应式中各物质化学式的系数：

aFe2O3十bCO——cFe十dCO2

(2)依据质量守恒定律：反应前后各元素的原子数目必须

相等，列出a、b、c、d的关系式：

对Fe原子有：2a=c ①

对O原子有：3a十b=2d ②

对C原于有：b=d ③

(3)解①一②的联立方程组，可得下列关系： a=1/3 b=1/2 c=1/3 d

(4)为了使各个系数成为最小的正整数，而无公约数，令

d=3，则a=1，b=3，c=2。将a、b、c、d的值代人原化学反应式的相应位置，即得配平的方程式为：

Fe2O3十3CO====2Fe十3CO2

(5)别忘了检验一下，方程式确已配平了;

须注意的是，只要保证各系数为无公约数的最小正整数。令b=3或c=2，也可得到相同的配平式;，

四、电子得失法

电子得失法的原理是：氧化一还原反应中，还原剂失去电子的总数必须等于氧化剂获得电子的总数。根据这一规则，可以配平氧化一还原反应方程式。

1.从反应式里找出氧化剂和还原剂，并标明被氧化或还原元素的原子在反应前后化合价发生变化的情况，以便确定它们的电子得失数。

2。使得失电子数相等，由此确定氧化剂和还原剂等有关物质化学式的系数。

3.由已得的系数，判定其它物质的系数，由此得配平的反应式。

[例1] 配平金属铜与浓硝酸起反应的化学方程式：

Cu十HNO3(浓)——Cu(NO3)2十NO2↑十H2O

[分析] (1)从反应式看，HNO3为氧化剂，Cu为还原剂。其化合价的变化和电子得失的情况为：0 +5 +2 +4

Cu+HNO3---Cu(NO3)2+NO2+H2O

(2)使电子得失数相等，由此确定以此有关的物质的系数： 0 +5 +2 +4

1Cu十HNO3——1Cu(NO3)2十2NO2十H2O

(3)据此，推断其它化学式的系数：反应式右边生成物多出2个N原子，故必须在反应式左边再增加2个HNO3才可使两边的N原子平衡，此时左边共有4个HN03，为使两边的氢原子数相等，右边H2O的系数应配为2，于是得： Cu十4HNO3——Cu(NO3)2十2NO2十2H2O

(4)氧原子未作考虑，但所有系数均已确定了，故还得最后验证一下，若两边的氧原子平衡了，则方程式就可被确认配平。实际上上式的氧原于已平衡了，故得： Cu十4HNO3======Cu(NO3)2十2NO2↑十2H2O

五、归一法

找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数。若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法。 做法：选择化学方程式中组成最复杂的化学式，设它的系数为1，再依次推断。

第一步：设NH3的系数为1 1NH3+O2——NO+H2O

第二步：反应中的N原子和H原子分别转移到NO和H2O中，

第三步：由右端氧原子总数推O2系数

1、FeS2+O2 —— SO2+Fe2O3 2、Mg+HNO3 —— Mg(NO3)2+NH4NO3+H2O

含参数问题的方程解法探索 篇11

一、以方程的根索引参数

这里我们针对已知方程可能产生的根解出来 (可以用参数表示) 再将根代入原方程所具有的条件, 构建成新的方程或不等式。通过转移条件来得到参数应具有的解。

例1 已知关于x的方程1+log2x=2log2 (x-a) 恰有一个实数解, 求实数a的取值范围。

解:原方程等到价于undefined, 即undefined由二次方程的根的判别式△=4 (a+1) 2-4a2=4 (2a+1) 。当△=0即undefined时, 方程 (2) 的解为undefined, 满足 (1) 。原方程的解恰恰有一解undefined, 当△>0即undefined时, 方程 (2) 有两解

undefined。

由于undefined即x2>a, 故要使原方程恰有一解, 必须且只须undefined。解之得a≥0。

综上可知, 所求 的取值范围是{a|a≥0或undefined。

从上题中我们看出以根索引参数是解决参数的通法, 它的缺点运算较为复杂。但它具有思路流畅清晰, 方法易掌握, 学生易懂。

二、实根分布法

将原方程式有解的条铁皮转化为关于x方程的根在某个区间上的分布规律, 再结合二次函数的图象构造出参数所满足的不等到式 (组) , 使问题获解。

例2 已知关于x的方程loga (2x2+x-3) -loga (x+4) =1+loga (a-1) 有两个实根, 并且其中的一个实根小于3。求实数a的取值范围。

解:原方程等到价于undefined即undefined

令f (x) =2x2+[1-a (a-1) ]x-3-4a (a-1) 。由于

f (-4) =32-4[1-a (a-1) ]-3-4a (a-1) =32-4+4a (a-1) -3-4a (a-1) =25>0 故问题等到价于:当a>0时, 方程f (x) =0有一根在区间 (-4, 3) 上, 另一根在区间[3, +∞) 上。

由二次函数的图象知:

(1) f (3) =18+3[1-a (a-1) ]-3-4a (a-1)

=18+3-3a (a-1) -3-4a (a-1) =18-7a2+7a<0即7a2-7a-18>0, 结合a>1时, 解得 , 适合题意。

(2) f (3) =18+3[1-a (a-1) ]-3-4a (a-1) =18=8a2+7a=0。结合a>0, 解得undefined, 此时二次函数 的对称轴

undefined, 适合题意。

综合 (1) (2) 得所求 的取得范围是undefined。

从上题中我们看出以实根分布可以达到化陌生为熟悉的目有, 而且有效地简化了运算的过程, 方法易掌握, 学生易懂, 收到了良好地效果。

三、分离参数法

在解含有参数的方程中我们往往变客为主的方法。主要是能过方程式的恒等变形, 使方程一边只含有参数的解析式, 而另一边为与参数无关的主元的函数, 就将函数关系由“隐”转化为“显”。只要我们能求出主元函数的值域, 则参数的取值范围也就可以确定了。

例3 关于x的方程9x+ (4+a) 3x+4=0恒有解, 求实数a取值范围。

解:分离参数a, 得undefined, 当且仅当undefined, 即x=log32时取等号。∴-4 (4+a) ≥4即a≤-8。故得实数a的取值范围是 (-∞, -8]。

通过分离参数, 可以借助于函数的值域来确定参数的范围, 这种变换主元法思路新颖, 方法独特, 富有创造性。

一元二次方程解法——配方法 教学设计 篇12

“一元二次方程的解法”探究性教学实践与思考

作者：沙建飞

来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2012年第11期

摘要：“一元二次方程”是初中数学的重要内容，新课程背景下如何对其实施探究性教学是值得思考的问题.从讨论系数条件，到分析不同情况下的解法，再到探究得出一般形式的配方法求根，是实施探究式教学的有效实践.在初中数学教学中多做类似的思考，有助于学生更好地探究知识，形成能力；也有利于数学教师教学智慧的提升.关键词：一元二次方程；探究性教学；实践；思考

《分式方程的解法》教学反思 篇13

教师想方设法为学生设计好的问题情景，同时给学生提供充分的思维空间，学生在参与发现和探索的过程中思维就会创在一个又一个的点上，这样的教学日积月累对于培养学生的创新意识和创新能力是有巨大的作用的。我认为学好数学最好的方法是在发现中学习，在学生的再创造中学习，并引导学生去学习。

教学设计中教师要根据目的要求，内容多少，重点难点，学生的条件，以及教学设备等合理地分配教学时间。其次，要注意节省时间，特别是在讲授新知识时，要抓住重点，不能企图一下讲深讲透。要安排一定的练习时间。通过练习的反馈，再采取必要的讲解或补充练习。再次，要注意尽量安排全班学生的活动，如操作、练习巩固，解应用题等，避免由少数人代替全班学生的思维活动，使大多数学生成为旁观者。要注意在一节课内提高学生的平均做题率。此外，还要注意选择有效的练习方式和收集反馈信息的方式，以便节约教学时间，并能及时发现问题。

班级的学生有整体的特点，当一定存在个体差异。如果要求每一个教学目标都人人过关，实属不智行为。效率是整体利益的平衡结果，不能因为个别同学目标未达成而牺牲整体的时间利益，这会造成新的教学问题。所以在集体教学时，把握大多数，将整体利益平衡好，这样的集体教学才是有效率可言的。当然教师在教学过程还是要关注每一位学生，关注其是否在听教师的讲解分析，以及自身是否在积极思考问题。千万不可只顾自己按照教案设计去讲，而忽视学生的思维。

例析小学数学较复杂方程的解法 篇14

小学阶段解简单方程时, 只需要在方程的左右两边同时加上或减去、乘上或除以一个适当的数, 进行一次变化, 就能求出未知数x的值了, 形如, 15 +x =75.

解:15 +x -15 =75 -15 ( 等号两边同时减去15) , x =60.

在使用方程解决实际问题的实际运用中, 学生列出一些简单的方程后, 还须引导和调动学生在已有的解简易方程的知识基础上探索稍复杂方程的解法的兴趣. 通过迁移类推, 利用相关的旧知识, 认真寻找稍复杂方程的解法, 从而更好地接受、理解和掌握稍复杂方程的解法, 进而能熟练的解一些较复杂的方程. 如求方程3· ( 5 -4x) =9的解时, 学生多数会在等号两边同时除以3进行变式.

例1 3· ( 5 -4x) =9

解: 3· ( 5 -4x) ÷3 =9÷3 ( 把5 -4x看作一个整体, 等号两边同时除以3)

5 - 4x = 3,

5 - 4x + 5 = 3 + 5 ( 等号两边同时加上5)

4x = 8 ( 忽略了4x前面的负号)

4x÷4 = 8÷4 ( 等号两边同时除以4) , x = 2.

检验: 把x =2代入原方程, 左边 =3× ( 5 -4×2) 学生就计算不出来了, 就发现求出的x的值经检验不是方程解, 解法是错误的. 这时引导学生仔细观察发现, 这个方程中未知数x是在减数的位置, 而前面的解简单的方程时未知数是在被减数的位置, 再观察后发现等号两边只有同时加上减数才能进行变式.进行一次转化后, 再进行二次转化才能求出其未知数x的值.解:3· ( 5 -4x) ÷3 =9÷3 ( 把5 -4x看作一个整体, 等号两边同时除以3)

5 - 4x = 3

5 - 4x + 4x = 3 + 4x ( 等号两边同时加上4x)

3 + 4x = 5 ( 等号左右两边交换位置)

3 + 4x - 3 = 5 - 3 ( 等号两边同时减去3)

4x÷4 = 2÷4 ( 两边同时除以4)

x = 0. 5

引导学生检验: 把x =0.5代入原方程.

左边 =3× ( 5 -4×0.5) =3×3 =9

右边 =9, 左边 =右边

所以x =0.5是方程的解

从以上的检验证实了解法是正确的. 这个方程在解的过程中通过两次变换, 把方程转化成前面学过的简单的方程, 再进行两次变换就求出了未知数x的值了.

如, 求较复杂的方程x:3.5 = ( x -16) :1.5的解, 这是属于解比例的一种类型, 要求学生能熟练掌握比例的基本性质, 联系已有的知识, 能把它转化成方程1. 5x =3. 5 ( x -16) , 到这步时多数学生容易把3.5只与x相乘或3.5只与16相乘, 这时要提醒学生正确运用乘法分配律, 进一步巩固前面学习的算术方法中的常用运算定律. 这时学生发现这个方程的等号两边都有未知数, 和上面的方程不相同, 要引导学生仔细观察认真思考, 怎样转化才能把未知数x放在等号的一边, 数字放在另一边. 观察后会发现在等号两边同时减去一个含有未知数中较小的量, 就可以把未知数x转换在等号的一边了.

例2 x:3.5 = ( x -16) :1.5

解:1.5·x =3.5· ( x -16) ( 比例的基本性质)

1. 5x = 3. 5x - 3. 5×16 ( 乘法分配律)

1. 5x = 3. 5x - 56

1. 5x + 56 = 3. 5x - 56 + 56 ( 等号两边同时加上56)

3. 5x = 1. 5x + 56

3. 5x - 1. 5x = 1. 5x + 56 - 1. 5x ( 等号两边同时减去1. 5x)

2x÷2 = 56÷2 ( 等号两边同时除以2)

x = 28

检验: 把x =28代入原方程. 左边 =28:3.5 =8, 右边 = ( 28- 16) : 1. 5 = 12: 1. 5 = 8

左边 =右边, 所以x =28是原方程的解.

经过检验证明了解法是正确的, 而这道方程我们先使用比例的基本性质和乘法分配律进行转化, 在方程左右两边同时加上56进行转换, 然后在方程两边同时减去1.5x进行转换, 最后两边同时除以2求得未知数的值.

从上面的例子观察到小学阶段在方程教学中, 使用天平平衡的原理 ( 即等式的基本性质) 在等号两边同时减去或加上、乘以或除以同一个量, 通过一次或多次变式进行转化, 就可以轻松求出未知数x的值了, 减少了学生的负担.