类型五 解一元二次方程-2021年《三步冲刺中考·数学》（陕西专用）之第2步大题夺高分

第二步 大题夺高分 类型五解一元二次方程 1．解方程：6x2＋19x＋10＝0. 【解析】：将原方程两边同乘6，得(6x)2＋19×(6x)＋60＝0.解得6x＝－15或6x＝－4.∴x1＝－eq \f(5,2)，x2＝－eq \f(2,3). 2．若m，n，p满足m－n＝8，mn＋p2＋16＝0，求m＋n＋p的值． 【解析】：因为m－n＝8，所以m＝n＋8. 将m＝n＋8代入mn＋p2＋16＝0中，得n(n＋8)＋p2＋16＝0，所以n2＋8n＋16＋p2＝0，即(n＋4)2＋p2＝0. 又因为(n＋4)2≥0，p2≥0， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋4＝0，,p＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝－4，,p＝0.)) 所以m＝n＋8＝4. 所以m＋n＋p＝4＋(－4)＋0＝0. 3．解方程：(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝48. 【解析】：原方程可变为[(x－1)(x－4)][(x－2)(x－3)]＝48， 即(x2－5x＋4)(x2－5x＋6)＝48. 设y＝x2－5x＋5，则原方程变为(y－1)(y＋1)＝48. 解得y1＝7，y2＝－7. 当x2－5x＋5＝7时，解得x1＝eq \f(5＋\r(33),2)，x2＝eq \f(5－\r(33),2)； 当x2－5x＋5＝－7时，Δ＝(－5)2－4×1×12＝－23<0，方程无实数根． ∴原方程的根为x1＝eq \f(5＋\r(33),2)， x2＝eq \f(5－\r(33),2). 4．x2＋eq \f(1,x2)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))－1＝0. 【解析】：x2＋eq \f(1,x2)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))－1＝0， 设x＋eq \f(1,x)＝y，则原方程为y2－2y－3＝0. ∴y1＝3，y2＝－1. 当y＝3时，x＋eq \f(1,x)＝3， ∴x1＝eq \f(3＋\r(5),2)，x2＝eq \f(3－\r(5),2). 当y＝－1时，x＋eq \f(1,x)＝－1，无实数解． 经检验，x1＝eq \f(3＋\r(5),2)，x2＝eq \f(3－\r(5),2)都是原方程的根， ∴原方程的根为x1＝eq \f(3＋\r(5),2)，x2＝eq \f(3－\r(5),2). 5．解方程：6x4－35x3＋62x2－35x＋6＝0. 【解析】：经验证x＝0不是方程的根，原方程两边同除以x2，得6x2－35x＋62－eq \f(35,x)＋eq \f(6,x2)＝0， 即6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2)))－35eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋62＝0. 设y＝x＋eq \f(1,x)，则x2＋eq \f(1,x2)＝y2－2， 原方程可变为6(y2－2)－35y＋62＝0. 解得y1＝eq \f(5,2)，y2＝eq \f(10,3). 当x＋eq \f(1,x)＝eq \f(5,2)时， 解得x1＝2，x2＝eq \f(1,2)； 当x＋eq \f(1,x)＝eq \f(10,3)时， 解得x3＝3，x4＝eq \f(1,3). 经检验，均符合题意． ∴原方程的解为x1＝2，x2＝eq \f(1,2)，x3＝3，x4＝eq \f(1,3). 6．解方程：eq \f(x－2,x)－eq \f(3x,x－2)＝2. 【解析】：设eq \f(x－2,x)＝y， 则原方程化为y－eq \f(3,y)＝2， 整理得y2－2y－3＝0， ∴y1＝3，y2＝－1. 当y＝3时，eq \f(x－2,x)＝3，∴x＝－1； 当y＝－1时，eq \f(x－2,x)＝－1，∴x＝1. 经检验，x＝±1都是原方程的根， ∴原方程的根为x1＝1，x2＝－1. 7．解方程：(x－2 013)(x－2 014)＝2 015×2 016. 【解析】：方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2 013＝2 016，,x－2 014＝2 015))的解一定是原方程的解，解得x＝4 029. 方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2 013＝－2 015，,x－2 014＝－2 016))的解也一定是原方程的解，解得x＝－2. ∵原方程最多有两个实数解， ∴原方程的解为x1＝4 029，x2＝－2. 方法指导：解本题也可采用换元法．设x－2 014＝t，则x－2 013＝t＋1，原方程可化为t(t＋1)＝2 015×2 016，先求出t的值，进而求出