专题04 解一元二次方程三类培优题型（压轴题专项训练）数学北师大版九年级上册

专题04 解一元二次方程四类培优题型 目录 典例详解 类型一、换元法解一元二次方程 类型二、配方法解特殊与一元二次方程 类型三、因式分解法解一元（多元）二次方程 类型四、换元法解高次方程（拓展） 压轴专练 类型一、换元法解一元二次方程 例1 已知是实数，且满足，则的值为（  ） A．3 B．3或 C．或6 D．6 变式1-1．若关于的方程的两根之和为2，两根之积为，则关于的方程的两根之积是 ． 变式1-2．已知方程（a2+b2）2+a2+b2＝6，则a2+b2的值是 ． 变式1-3．已知，则 ． 变式1-4．已知实数x满足，则的值为 ． 类型二、配方法解特殊一元二次方程 例2．已知a、b、c满足，，，则 ． 变式2-1．当 ， 时，多项式有最小值，这个最小值是 ． 变式2-2．如果，则 ． 变式2-3．已知，则的最小值是 ； 类型三、因式分解法解一元（多元）二次方程 例3．解方程： 变式3-1．实数满足，则 ． 变式3-2．阅读下列材料：分解因式的常用方法有提取公因式法、公式法，但有部分项数多于3的多项式只单纯用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．过程如下：，这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： 1．知识运用： 试用“分组分解法”分解因式：； 2．解决问题： （1）已知a，b，c为△ABC的三边，且，试判断△ABC的形状． （2）已知四个实数a，b，c，d，满足a≠b，c≠d，并且，同时成立． ①当k=1时，求a+c的值 ②当k≠0时，用含有a的代数式分别表示b，c，d（直接写出答案即可） 类型四、换元法解高次方程（拓展） 例4．解方程． 变式4-1．解方程：． 变式4-2．求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 1．我们知道，利用这个性质可以求方程的解．两边平方，得，从而求出该方程的解为．若方程的解为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 2．若，则 ． 3．满足方程的正整数解为 ． 4．已知方程，如果设，那么原方程转化为关于的整式方程为 ． 5．阅读理解以下内容，解决问题： 解方程：． 解：， 方程即为：， 设，原方程转化为： 解得，，， 当时，即，，； 当时，即，不成立． 综上所述，原方程的解是，． 以上解方程的过程中，将其中作为一个整体设成一个新未知数，从而将原方程化为关于的一元二次方程，像这样解决问题的方法叫做“换元法”（“元”即未知数）． (1)已知方程：，若设，则利用“换元法”可将原方程化为关于的方程是______； (2)仿照上述方法，解方程：． 6．解方程： (1)； (2)； (3) 7．求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 8．解方程 9．求方程的实数解 10．（1）当__________时，多项式的最小值为__________． （2）当__________时，多项式的最大值为__________． （3）当、为何值时，多项式取最小值？并求出这个最小值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 解一元二次方程四类培优题型 目录 典例详解 类型一、换元法解一元二次方程 类型二、配方法解特殊与一元二次方程 类型三、因式分解法解一元（多元）二次方程 类型四、换元法解高次方程（拓展） 压轴专练 类型一、换元法解一元二次方程 例1 已知是实数，且满足，则的值为（  ） A．3 B．3或 C．或6 D．6 【答案】A 【分析】此题主要考查了换元法解一元二次方程．先设，再把原方程变形为，再根据因式分解法求出y的值，即可得出的值．在解题时要注意当时，此方程无解，解题的关键是利用换元法将原方程变形． 【详解】解：设，原方程变为． ∴． ∴，． 当时，方程的判别式，存在实数解． 当时，方程的判别式，无实数解． ∴满足条件． 故选：A． 变式1-1．若关于的方程的两根之和为2，两根之积为，则关于的方程的两根之积是 ． 【答案】4 【分析】本题考查根与系数的关系，设关于的方程的两个根为，得到，，设，则利用换元法，得到的两个根为，再进行求解即可． 【详解】解：设关于的方程的两个根为，则：，， ∴关于y的方程的两根为，， ∴； 故答案为：4． 变式1-2．已知方程（a2+b2）2+a2+b2＝6，则a2+b2的值是 ． 【答案】2 【分析】设a2+b2＝y，则原方程换元为 y2﹣y﹣2＝0，可得y1＝2，y2＝﹣1，即可求解． 【详解】解：设a2+b2＝y，则原方程换元为y2+y﹣6＝0， ∴（y﹣2）（y+3）＝0， 解得：y1＝2，y2＝﹣3， 即a2+b2＝2或a2+b2＝﹣3（不合题意，舍去）， ∴a2+b2＝2， 故答案为：2． 【点睛】此题考查特殊的一元二次方程的解法—设元法，正确理解方程的特点利用设元法解此方程是解题的关键． 变式1-3．已知，则 ． 【答案】 【分析】本题考查利用换元法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程；设，把原方程变形，求得，即可得出的数值． 【详解】解：设，则原方程为， 整理得， ∴ 即或， 解得， ∵是非负数， ∴． 故答案为：． 变式1-4．已知实数x满足，则的值为 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查了用换元法解一元二次方程、完全平方公式、解分式方程等知识点，利用完全平方公式对方程进行变形是解题的关键． 根据完全平方公式可得，然后代入原方程可得，设，然后解关于y的方程，最后根据y的值再分别运用根的判别式以及解分式方程检验即可解答． 【详解】解：由完全平方公式可得：完全平方公式可得， ∴原方程可化为． 设，则方程变形为，解得． 当，则，即， 因为， ∴该方程无实数根， 当，则， 即，解得． 经检验，是原方程的根， ∴原方程的根是． ． 类型二、配方法解特殊一元二次方程 例2．已知a、b、c满足，，，则 ． 【答案】3 【分析】题中三个等式左右两边分别相加后再移项，可以通过配方法得到三个平方数的和为0.然后根据非负数的性质可以得到a、b、c的值，从而求得a+b+c的值． 【详解】解：题中三个等式左右两边分别相加可得： ， 即， ∴， ∴a=3,b=-1,c=1， ∴a+b+c=3-1+1=3， 故答案为3． 【点睛】本题考查配方法的应用，熟练掌握配方法的方法和步骤并灵活运用是解题关键． 变式2-1．当 ， 时，多项式有最小值，这个最小值是 ． 【答案】 4 3 15 【分析】利用配方法将多项式转化为，然后利用非负数的性质进行解答． 【详解】解： = = = ∴当a=4，b=3时，多项式有最小值15． 故答案为：4，3，15． 【点睛】此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键． 变式2-2．如果，则 ． 【答案】36 【分析】先将变形成，进而求得a、b的值，然后再对因式分解即可解答． 【详解】解： ，解得：； ． 故答案为：36． 【点睛】本题主要考查了配方法的应用、因式分解法的应用、非负数的性质等知识点，掌握完全平方公式的结构并配方成平方和等于零的形式是解答本题的关键． 变式2-3．已知，则的最小值是 ； 【答案】4 【分析】本题主要考查了配方法的应用，先根据题意得到，再利用配方法得到，当时，根据，推出，则，当时，根据，推出，则，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ； 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，，当且仅当，即时，等号成立， 故答案为：4． 类型三、因式分解法解一元（多元）二次方程 例3．解方程： 【答案】或或 【分析】本题考查解分式方程，解一元二次方程，将等式左边展开后，进行因式分解，将方程去分母，转化为整式方程，再次利用因式分解将方程转化为两个因式的积为0的形式，再进行求解，最后进行检验即可． 【详解】解： ， ， ∴或， ∴或， ∴或， ∴或或； 经检验或或是原方程的解． ∴原方程的解为：或或． 变式3-1．实数满足，则 ． 【答案】 【分析】本题考查利用因式分解解一元二次方程的应用，先用两式相减计算，然后两式相加得到再根据完全平方公式的变形得到，代入计算即可解题． 【详解】解：∵实数满足， ∴，即 ∵， ∴， ∴， 解得 ∴， ∴． 变式3-2．阅读下列材料：分解因式的常用方法有提取公因式法、公式法，但有部分项数多于3的多项式只单纯用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．过程如下：，这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： 1．知识运用： 试用“分组分解法”分解因式：； 2．解决问题： （1）已知a，b，c为△ABC的三边，且，试判断△ABC的形状． （2）已知四个实数a，b，c，d，满足a≠b，c≠d，并且，同时成立． ①当k=1时，求a+c的值 ②当k≠0时，用含有a的代数式分别表示b，c，d（直接写出答案即可） 【答案】知识运用：；解决问题：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）①；②，， 【分析】知识运用：用公式法因式分解，提取公因式，再提取两者的公因式； 解决问题：（1）将写成，等式左边因式分解，得，证明，是等腰三角形； （2）①由得到和，推出，就可以算出a和c的值，再算； ②同①可得，根据，利用因式分解得到，同理由，得，从而可以用a表示出b、c、d． 【详解】解：知识运用 原式 ； 解决问题 （1） ， ∵， ∴，即， ∴是等腰三角形； （2）①当时， ，即， ，即， 若 则， 把它代入，得，解得， 当时，，则， 当时，，则， 综上：的值为6或； ②当， ∵， ∴， ∵， ∴， 同理由，得， 由，， 若，则，，，则此时k就等于0了，矛盾，不合题意， 若，则，，， 综上：，，． 【点睛】本题考查因式分解的拓展运用，解题的关键是灵活掌握因式分解的方法． 类型四、换元法解高次方程（拓展） 例4．解方程． 【答案】，，，． 【分析】本题考查了解高次方程和一元二次方程，根据题意可知，则，转化为，设，则，求出或，即或，然后转化为一元二次方程或，最后求解检验即可，熟练掌握知识点的应用及换元思想是解题的关键． 【详解】解：根据题意可知， ∴， ， ， 令， ∴， 整理得：， 解得：或，即或， 整理得：或， 解得：，，，， 经检验：，，，是方程的解， ∴，，，． 变式4-1．解方程：． 【答案】 【分析】本题主要考查了解高次方程，先把原方程两边同时除以，则可把原方程变形为，设，则，则进一步可把原方程化为，解方程求出m的值，进而得到关于x的分式方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴当，原方程左边原方程右边， ∴， 把原方程两边同时除以得， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴或， ∴或， 由判别式可知方程①无解，解方程②得， 经检验，都是原方程的解，且符合题意， ∴原方程的解为． 变式4-2．求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 【答案】 【分析】本题考查了利用二次根式解方程，换元法，解一元二次方程，二次根式有意义的条件，分别求出两个方程的解，再求出比值即可求解，掌握二次根式的性质及二次根式有意义的条件是解题的关键． 【详解】解：由方程得，， ∴， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴不合题意，舍去， ∴， ∴方程的解为； 令，则， ∴， ∴原方程变形为， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴， 整理得，， 解得，， 经检验，，均为原方程的解， ∴， ∴两个方程所有解的和的比． 1．我们知道，利用这个性质可以求方程的解．两边平方，得，从而求出该方程的解为．若方程的解为，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了二次根式．熟练掌握平方根定义，算术平方根定义，二次根式的性质，是解题的关键． 先将一个二次根式移到等号右边，两边同时平方去根号，移项，再平方，直至根号完全去掉，最后解整式方程，注意由于未知数的取值范围扩大，要检验根． 【详解】解：∵， ∴， 两边平方，得， ∴， ∴， 解得：或， 经检验：或都是原方程的解， ∴原方程的解为：，． A. ，∴A正确； B. ，∴B不正确； C. ，∴C不正确； D. ，∴D不正确． 故选：A． 2．若，则 ． 【答案】 【分析】设，把整体代入，转换成，解方程求出的值并注意的非负数性质即可得出答案． 【详解】解：设， 把代入， 可得：， 整理，得：， 解得：，， ∵， ∴（舍去）， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查了解一元二次方程，利用整体思想结合一元二次方程解法并注意平方的非负数性质是解本题的关键． 3．满足方程的正整数解为 ． 【答案】，， 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程；先将方程变形为关于的一元二次方程，进而根据题意得出判别式为完全平方数，进而求得的值，逐个代入，解一元二次方程，即可求解． 【详解】解： ∴ ∴ ∴ ，是完全平方公式 ∴或或或或 解得： 当时，， 解得：（不合题意），， 当时，， 解得：，， ∴，， 故答案为：，，． 4．已知方程，如果设，那么原方程转化为关于的整式方程为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解分式方程、换元法解一元二次方程，熟练掌握换元法是解题的关键．设，将原方程转化为关于的方程，再对关于的方程去分母整理即可得出答案． 【详解】解：， ， 方程， 方程转化为关于的方程为， 整理得：， 原方程转化为关于的整式方程为． 故答案为：． 5．阅读理解以下内容，解决问题： 解方程：． 解：， 方程即为：， 设，原方程转化为： 解得，，， 当时，即，，； 当时，即，不成立． 综上所述，原方程的解是，． 以上解方程的过程中，将其中作为一个整体设成一个新未知数，从而将原方程化为关于的一元二次方程，像这样解决问题的方法叫做“换元法”（“元”即未知数）． (1)已知方程：，若设，则利用“换元法”可将原方程化为关于的方程是______； (2)仿照上述方法，解方程：． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据完全平方公式由，得，再变形原方程便可； （2）设，则，得，再解一元二次方程，最后代入所设代数式解方程便可． 【详解】（1）设， 则， 可化为：， 即， 故答案为：； （2）设，则， 原方程可化为：， 整理得， ， 或， 或， 当时，， 解得， 当时，无解， 检验，当时，左边右边， 是原方程的解， 故原方程的解为：． 【点睛】本题主要考查了换元法，无理方程，关键掌握换元法的思想方法． 6．解方程： (1)； (2)； (3) 【答案】(1) (2)，； (3)，，，． 【分析】（1）移项后两边平方得出，求出，再方程两边平方得出，求出，再进行检验即可； （2）观察可得最简公分母是，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解； （3）令，则，代入原方程，得，所以，，然后分两种情况分别解方程即可． 【详解】（1） 解：移项得，， 两边平方得，， 合并同类项得，， ∴， 两边平方得，， 整理得，， ∴， 解得：，， 经检验，，不是原方程的解， ∴原方程的解为：． （2） 解：方程两边同时乘以得， 整理得，， 解得，， ∴，， 经检验，，时，， ∴原方程的根为：，． （3） 解： 令，代入原方程得，， ∴， 解得：，， 当时，，即： ， ∴，解得：，， 当时，，即： ， ∴，解得：，， 经检验都为原方程的解 ∴原方程的解为：，，，． 【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键；还考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，（2）解分式方程一定注意要验根． 7．求：方程所有解的和与方程所有解的和的比值 【答案】 【分析】本题考查了利用二次根式解方程，换元法，解一元二次方程，二次根式有意义的条件，分别求出两个方程的解，再求出比值即可求解，掌握二次根式的性质及二次根式有意义的条件是解题的关键． 【详解】解：由方程得，， ∴， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴不合题意，舍去， ∴， ∴方程的解为； 令，则， ∴， ∴原方程变形为， 整理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴， 整理得，， 解得，， 经检验，，均为原方程的解， ∴， ∴两个方程所有解的和的比． 8．解方程 【答案】 【分析】本题考查了解含绝对值的一元二次方程．熟练掌握绝对值的非负性，分类讨论化简绝对值，解一元二次方程，是解题的关键． 分与，化简绝对值得到一元二次方程，解一元二次方程即可求解． 【详解】当，即时， 原方程可化为：， 整理得：， 解得：， 当，即时， 原方程可化为：， 整理得， ∵， ∴此方程无实数解． 综上所述，原方程的解为：． 9．求方程的实数解 【答案】 【分析】本题考查了换元法一元二次方程解，先把方程化为关于x的方程，利用根的判别式求出的值，然后代入原方程即可求解出的值，转化为一元二次方程是解题的关键． 【详解】解：将方程化为关于x的方程， 该方程的根的判别式， 即， ∵方程有实数解， ∴， ∴， 解得 将代入原方程， 得，即， ∴， 解得， 故原方程的实数解是． 10．（1）当__________时，多项式的最小值为__________． （2）当__________时，多项式的最大值为__________． （3）当、为何值时，多项式取最小值？并求出这个最小值． 【答案】（1）3，3 （2）1， （3），，最小值是10 【分析】本题考查了配方法的应用，非负数的性质应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可； （2）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出的值，然后进行计算即可； （3）由配方可知，然后根据非负数的性质，判断出和的取值，然后进行计算即可． 【详解】（1） 当时，多项式取最小值，且最小值为3； 故答案为：3，3 （2） 当时，多项式取最大值，且最大值为； 故答案为：1，； （3） ， 当且，即时，多项式取最小值，并且最小值为． ，，最小值是10． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$