SKKN hướng dẫn học sinh 9 giải một số dạng phương trình quy về phương trình quy về bậc 2

PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO PHÚ XUYÊN
TRƯỜNG THCS CHÂU CAN
-------------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

“Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải một số dạng
phương trình quy về phương trình bậc 2’’

Môn : Toán
Tên tác giả: Nguyễn Thị Châm
Giáo viên môn: Toán
Chức vụ: Giáo viên

NĂM HỌC 2013 - 2014

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

3

N¨m

Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

SƠ YẾU LÝ LỊCH
HỌ TÊN:

NGUYỄN THỊ CHÂM

SINH NGÀY:
NĂM VÀO NGÀNH:

2003

TRÌNH ĐỘ CHUYÊN MÔN: Cao đẳng sư phạm
CHUYÊN NGÀNH:

Toán-Tin

Tổ:

Khoa học tự nhiên

CHỨC VỤ:

Giáo viên

ĐƠN VỊ CÔNG TÁC:

Trường THCS Châu Can - Phú Xuyên - Hà Nội

DANH HIỆU THI ĐUA ĐÃ ĐẠT ĐƯỢC: Giáo viên giỏi cấp huyện môn Toán,
chiến sỹ thi đua cấp cơ sở (năm học 2012 – 2013)
THÀNH TÍCH VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
STT
1

Năm học
2011 -2012

Tên SKKN

Xếp loại

Hướng dẫn học sinh lớp 8 giải các Giải C Thành
bài toán cực trị trong đại số
Phố

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

4

N¨m

Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9
MỤC LỤC

Nội dung

Trang

Phần I:Đ ặt vấn đề

4

1.Lý do chọn đề tài:

5

2. Mục đích nghiên cứu

5

3. Đối tượng nghiên cứu

5

4.Đối tượng khảo sát.

5

5. Phương pháp nghiên cứu

5

6.Thời gian, phạm vi nghiên cứu

5

Phần II: Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

6

A. Tình trạng thực tế khi chưa thực hiện đề tài

6

1.Về học sinh

6

2. Về giáo viên
3. Kết quả khảo sát

6

B. Nội dung đề tài

6

I. Kiến thức cần nhớ

6

II. Bài tập

7

C. Kết quả thực hiện

48

D. Bài học kinh nghiệm

48

Phần III. Kết luận và kiến nghị

49

Phần IV. Tài liệu tham khảo

51

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

6

5

N¨m


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

CÁC KÝ HIỆU VIẾT TẮT
TT

TÊN TỪ VIẾT TẮT

KÝ HIỆU

1

Phương trình

2

Hệ phương trình

3

Điều kiện xác định

4

Thỏa mãn

5

Giá trị tuyệt đối

GTTĐ

6

Vế trái; vế phải

VT; VP

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

PT
HPT
ĐKXĐ
TM

6

N¨m


Trờng THCS Châu Can

Sáng kiến
kinh nghiệm Toán 9

PHN I: T VN
1. Lý do chn ti:
t nc ta ang trờn phỏt trin v mi mt v ó t c nhiu thnh
cụng trờn nhiu lnh vc. cú c nhng thnh tu ú phi k n vai trũ rt
ln ca ngnh giỏo dc. Chớnh vỡ vy m cỏc nh trng ó ngy cng chỳ trng
n vic rốn luyn, nõng cao cht lng giỏo dc ton din cho hc sinh.
Trong trng ph thụng mụn Toỏn cú mt v trớ rt quan trng. Cỏc kin
thc v phng phỏp Toỏn hc l cụng c thit yu giỳp hc sinh hc tt cỏc
mụn hc khỏc, hot ng cú hiu qu trong mi lnh vc. ng thi mụn Toỏn
cũn giỳp hc sinh phỏt trin nhng nng lc v phm cht trớ tu; rốn luyn cho
hc sinh kh nng t duy tớch cc, c lp, sỏng to; giỏo dc cho hc sinh t
tng o c v thm m ca ngi cụng dõn.
giỳp cỏc em hc sinh nm kin thc mt cỏch cú h thng v tỡm c
phng phỏp gii tng dng toỏn, ũi hi ngi thy phi cú nhng phng
phỏp ging dy phự hp.
i vi hc sinh trung bỡnh, yu thỡ ch cn dy cho cỏc em nm vng kin
thc c bn. Nhng vi i tng hc sinh khỏ gii, mun cỏc em phỏt huy ht
kh nng hc tp ca mỡnh thỡ giỏo viờn cn m rng, nõng cao kin thc cho
cỏc em.
Trong quỏ trỡnh ging dy núi chung v bi dng hc sinh khỏ, gii Toỏn
9 núi riờng, tụi thy: "Cỏc bi toỏn v gii phng trỡnh quy v phng trỡnh bc
hai" l mt trong nhng phn trng tõm ca mụn Toỏn 9. Vi nhng phng
trỡnh c bn, a s cỏc em u bit cỏch gii.Nhng khi gp nhng phng trỡnh
cú dng phc tp thỡ nhiu em cũn lỳng tỳng, cha bit cỏch bin i a v
dng c bn gii.
Trc thc trng ú khin tụi luụn bn khon suy ngh: "Lm th no
hc sinh khụng thy ngi v cú hng thỳ khi gii nhng phng trỡnh phc tp".
Giáo viên : Nguyễn Thị Châm
học : 2013 - 2014

7

Năm


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Với trách nhiệm của người giáo viên tôi thấy mình cần giúp các em học tốt hơn
phần này.
Tôi đã dành thời gian đọc tài liệu, nghiên cứu thực tế giảng dạy của bản
thân và của một số đồng nghiệp; qua sự tìm tòi thử nghiệm, được sự giúp đỡ của
các bạn đồng nghiệp.Tôi mạnh dạn chọn nghiên cứu đề tài: "Hướng dẫn học
sinh lớp 9 giải một số dạng phương trình quy về phương trình bậc hai".
2.Mục đích nghiên cứu:
- Chỉ ra các dạng toán và phương pháp giải các phương trình quy về phương
trình bậc hai.
- Nâng cao chất lượng học tập.
3. Đối tượng nghiên cứu
- Một số dạng phương trình quy về phương trình bậc hai trong chương trình
Toán 9.
4.Đối tượng khảo sát
- Học sinh lớp 9A, 9C trường THCS Châu Can - Phú Xuyên - Hà Nội
5. Phương pháp nghiên cứu
- Đọc sách tham khảo tài liệu.
- Thực tế chuyên đề thảo luận cùng đồng nghiệp
- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút ra kinh nghiệm

6. Thời gian, phạm vi nghiên cứu
a) Thời gian nghiên cứu:
- Đề tài được thực hiện trong một năm là: Năm học 2012 - 2013
b)Phạm vi nghiên cứu:
- Học sinh khối 9 trường THCS Châu Can - Phú Xuyên - Hà Nội
- Trong bài viết này tôi chỉ đưa ra một số dạng phương trình quy về phương
trình bậc hai trong chương trình Toán 9.

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

8

N¨m


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A.Tình trạng thực tế khi chưa thực hiện đề tài.
1)Về học sinh
Đa số các em chỉ làm được những bài giải phương trình đơn giản,còn một
số dạng phương trình phức tạp thì các em chưa biết cách giải (kể cả những học
sinh khá,giỏi).
2) Về giáo viên
Đôi khi còn chưa tìm ra phương pháp giảng dạy phù hợp để giúp các em
tìm ra hướng giải cho các bài toán này

3. Kết quả khảo sát
- Đầu năm học 2012 – 2013 để phục vụ cho việc nghiên cứu đề tài, tôi cho học
sinh làm bài kiểm tra về giải các phương trình quy về phương trình bậc hai.
- Kết quả bài kiểm tra như sau:
Giỏi
Khá
Sĩ
Lớp
số SL
%
SL
%
32 3
12,5
9A
9,4%
4
%
33 3
15,2
9C
9,1%
5
%

TB
SL
7
8

%
21,9
%
24,2
%

Yếu
SL
%
31,2
10
%
30,3
10
%

Kém
SL
%
8
7

25%
21,2
%

B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

I. Kiến thức cần nhớ
Để giải các phương trình (PT) quy về PT bậc 2, trước hết học sinh cần nắm

vững các cách giải PT bậc 2.
1. Công thức nghiệm của phương trình bậc 2
Cho PT:
ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0)
Với ∆ = b2 – 4 ac
* Nếu ∆ > 0 thì PT có 2 nghiệm phân biệt

x1 

b  
2a
;

x2 

b  
2a

* Nếu ∆ = 0 thì PT có nghiệm kép:

x1  x2 

b
2a

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
häc : 2013 - 2014

9

N¨m


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

* Nếu ∆ < 0 thì PT vô nghiệm

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

10


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

2. Công thức nghiệm thu gọn của phương trình bậc 2
Cho PT:
ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0)
Với b= 2b’; ∆’ = b’2 – ac
* Nếu ∆’ > 0 thì PT có 2 nghiệm phân biệt

x1 

b '  '

a
;

x2 

b '  '
a

* Nếu ∆’ = 0 thì PT có nghiệm kép:

x1  x2 

b '
a

* Nếu ∆’ < 0 thì PT vô nghiệm
3. Hệ thức Vi- ét và ứng dụng
Cho PT:
ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) (1)
a. Định lý Vi- ét
Nếu x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1) thì:
b
x1  x2 
a
c
x1.x2 
a
b. Ứng dụng: Dùng để nhẩm nghiệm của PT bậc 2 trong các TH sau:
+ Nếu a + b + c = 0 thì PT (1) có nghiệm là:
c

x2 
x1  1 ;
a
+ Nếu a - b + c = 0 thì PT (1) có nghiệm là:
x1  1 ;

x2  

c
a

+ Tính nhẩm nghiệm trong trường hợp PT (1) có tổng và tích các nghiệm là
những số nguyên có giá trị tuyệt đối không quá lớn.
II. Bài tập
1. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối (GTTĐ)
* Phương pháp chung: Khử dấu GTTĐ bằng cách xét dấu của biểu thức
trong dấu GTTĐ.

A( x) 

A( x ) nếu A( x) �0

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

11


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

- A( x ) nếu A( x)  0

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

12


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Bài 1: Giải các phương trình sau:
a)

2 x  3  3x 2  8 x  4

b)

2 x  x 2  3  x 2  3x  1

Giải
2x  3
�
�
2x  3  �

�
(2 x  3)
�
Ta có:

3
nếu 2x-3 �
0 hay x �2
3
nếu 2x-3 <0 hay x < 2

2
x�
3 (1) , PT đã cho có dạng:
+ Nếu
2 x  3  3x 2  8 x  4
� 3x 2  10 x  7  0
Ta có: a +b +c = 3 + (-10)+7 = 0
 x1 = 1 (loại vì không thỏa mãn (1))
7
x2 = 3 (thỏa mãn (1))

+ Nếu

x

2
3 (2) , PT đã cho có dạng:

(2 x  3)  3 x 2  8 x  4

� 2 x  3  3 x 2  8 x  4
� 3x 2  6 x  1  0

∆’ = 9- 3 = 6 >0
x1 

3 6
3
(không thỏa mãn (2))

x2 

3 6
3
(thỏa mãn (2))

7
3 6
x2 
3
Kết luận: PT đã cho có 2 nghiệm là x1 = 3 ;

2 x  x 2  3  x2  3x  1
b)
Biến đổi đưa về dạng (a)
x 2  3x  1  x 2  2 x  3
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

13

Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Ta có :
�x 2  2 x  3
�
x 2  3x  1  �
�
( x 2  2 x  3)
�

2
nếu x  3x  1 �0

nếu ( x  3 x  1)  0
2
+ Nếu x  3x  1 �0 (1) PT đã cho có dạng:
2

x 2  3x  1  x 2  2 x  3
� x  2
� x  2 (thỏa mãn (1))
2
+ Nếu x  3x  1  0 (2) PT đã cho có dạng:

( x 2  3x  1)  x 2  2 x  3

�  x 2  3x  1  x 2  2 x  3
� 2 x2  5x  4  0

∆ = 25- 32 = -7 < 0  PT vô nghiệm
Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = -2
Bài 2: Giải các phương trình:
a)

x2  x  1  x2  x  2  3

(1)

x. x  3  x 2  x  1  1

(2)

b)
Giải:

2

� 1� 3
x  x  1  �x  �  0
� 2� 4
a) Ta có :
với  x nên:
2

x2  x  1  x2  x  1
(1) � x 2  x  1  x 2  x  2  3

� x 2  x  2  ( x 2  x  2)

Học sinh có thể làm một trong các cách sau:
Cách 1: Làm tương tự như cách làm bài 1;
Cách 2: Áp dụng đẳng thức A   A nếu A �0
Vì

x 2  x  2  ( x 2  x  2)

nên

x 2  x  2 �0
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

14


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

� ( x  1)( x  2) �0
� 1 �x �2

Vậy nghiệm của PT (1) là giá trị x thỏa mãn 1 �x �2

1
3

x 2  x  1  ( x  )2   0
2
4
b) Ta có :
với với  x nên
x2  x  1  x2  x  1
(2) � x. x  3  ( x 2  x  1)  1
� x. x  3  x 2  x  2
Ta có :
nếu x  3 �0 hay x �3

�x  3
�
x3 �
�
( x  3)
�

nếu x  3  0 hay x  3

+ Nếu x �-3 (3), phương trình đã cho có dạng:
x.(x+ 3) =

�
�

x2 + x + 2

2x

= 2

x

=

1

(TM (3))

+ Nếu x < - 3 (4), phương trình đã cho có dạng:
x.(-x- 3)

�
�
�
�

= x2 + x + 2

2x2 + 4x + 2 =

0

(x + 1)2

=

0

x+1

=

0

x

=

-1 (loại vì không thỏa mãn (4)).

Vây PT đã cho có 1 nghiệm là x = 1
* Chú ý:

A( x) 

B( x) nếu A(x) hoặc B(x) là những đa
+ Với phương trình có dạng
thức từ bậc 2 trở lên thì không nên giải bằng cách bình phương 2 vế. Vì cách
giải này sẽ phức tạp
+ Nếu biểu thức trong dấu GTTĐ phức tạp thì không cần giải điều kiện để tìm x
*Bài tập tự luyện:
Giải các phương trình sau:
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

15

Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

a)

24  x  x 2  5 x  6  x 2

b)

2 x 2  x  1  2 x 3x  1  6
3

x 3 x 20

c)
2. Phương trình đa thức bậc cao
- Phương pháp chung: Giải bằng cách quy về các PT bậc nhất và bậc 2.
Sau đây là 1 số phương pháp thường dung:
2.1 Đưa về phương trình tích
Bài 1: Giải các phương trình:
2
2
2
2
a) ( x  2 x  5)  ( x  x  5)

(1)

b) x  3 x  x  1  0
Giải:
3

2
2
2
2
a) ( x  2 x  5)  ( x  x  5)
Cách 1:

 1 �  x

2

(2)
(1)

 2 x  5  x 2  x  5  x 2  2 x  5  x 2  x  5   0

�  2 x 2  x   3x  10   0

� x  2 x  1  3x  10   0
10
1
Giải PT trên được x1 = 0; x2 = 2 ; x3 = 3
10
1
Vậy PT đã cho có 3 nghiệm là x1 = 0; x2 = 2 ; x3 = 3
Cách 2: Khai phương 2 vế đưa về dạng

A( x)  B( x)
�
A( x )  B ( x ) � �
A( x)   B ( x)
�
3
b) x  3 x  x  1  0
(2)
Dễ thấy x= 1 là 1 nghiệm của PT(2) nên :

2 � ( x  1)( x 2  2 x  1)  0
x 1
x 1  0
�
�
� �2
��
x  2x 1  0 �
x 1� 2
�

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

16


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Vậy PT đã cho có tập nghiệm là



S  1;1 � 2

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014



17


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Bài 2: Giải các phương trình:
3
a) x  2 x  2 2.x  2 2  0





� x 3  2 x x  2  23  0



 

�  x  2 �
x  2  2  x  2 � 0
� 
�

� x  2 x2  x 2  2  2x x  2  0
2

�
x 2 0
�
� 2
x  2 2 x20
�
�





* x 2 0� x 2
*





x2  2  2 x  2  0

PT vô nghiệm vì   0

Vậy PT đã cho có 1 nghiệm là x   2
b)  x 2  x  1  3( x 4  x 2  1)
2

( x 2  x  1) 2  3 �
( x 4  2 x 2  1)  x 2 �
�
�
� ( x 2  x  1) 2  3 �
( x 2  1) 2  x 2 �
�
�
� ( x 2  x  1) 2  3( x 2  1  x)( x 2  1  x)
� ( x 2  x  1) �
x 2  1  x  3( x 2  1  x) �
�
� 0
� ( x 2  x  1)( x  1) 2  0
2

� 1� 3
� x  1  0(vì x  x  1  �x  �  0
� 2� 4

với  x )
� x 1
Vậy PT đã cho có 1 nghiệm là x =1
2

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

18


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

2.2 Đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a)

x

b)

 2x

2

c)

x

 3 x  4  ( x 2  3 x  2)  3

d)

2 x  8 x  1 (4 x  1)  9

2

2

 4 x  2   ( x 2  4 x  4)  0
2

 x  2   10 x 2  5 x  16  0
2

2

Giải:
a)

x

2

 4 x  2   ( x 2  4 x  4)  0
2

2
Đặt t = x  4 x  2 ta có phương trình

t2 + t – 6 = 0
  1  24  25
 5
� t1 

1  5
1  5
 2; t2 
 3
2
2

2
+Với t1 =2, ta có: x  4 x  2  2

� x2  4x  0
� x( x  4)  0
� x1  0; x2  4
2
+Với t2 =-3, ta có: x  4 x  2  3

� x2  4x  5  0
 '  4  5  1  0

� PT vô nghiệm
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x1 = 0; x2 = 4
b)

 2x

2

 x  2   10 x 2  5 x  16  0
2

�  2 x 2  x  2   5(2 x 2  x  2)  6  0
2

2
Đặt t = 2 x  x  2 ta có PT ẩn t:

t2 +5 t - 6 = 0
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

19


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

vì a +b + c = 0
nên: t1 =1; t2 = -6
Giải tiếp như phần (a).

3
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là x1 = 1; x2 = 2
c)

x

2

 3 x  4  ( x 2  3 x  2)  3

2
Cách 1: Đặt t = x  3x  3 ( t là trung bình cộng của 2 biểu thức trong ngoặc)

Ta có PT ẩn t: (t +1 )(t -1) =3
� t2 1  3
� t2  4
� t  �2
2
2
 Với t =2 ta có : x  3x  3  2 � x  3x  1  0

PT có 2 nghiệm:

x1,2 

3� 5
2

2
2

 Với t =-2 ta có : x  3 x  3  2 � x  3x  5  0

Vì   11  0 nên PT này vô nghiệm
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là

x1,2 

3� 5
2

2
Cách 2: Đặt t = x  3x  2 ta có PT ẩn t:

 t  2  .t

 3 � t 2  2t  3  0

Giải PT ẩn t, từ đó tìm x.
Nhận xét: Nếu giải theo cách 1 thì tìm nghiệm của PT trung gian sẽ đơn giản
hơn.

2 x  8 x  1 (4 x  1)  9
2

d)

� x  8 x  1 (8 x  2)  9
2

� 8 x  8 x  1 (8 x  2)  72

2

Đặt t= 8x – 1;

(t là trung bình cộng của 3 thừa số ở vế trái của PT)

2
Ta có: (t  1)t (t  1)  72

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

20


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

� t 2 (t 2  1)  72
� t 4  t 2  72  0
Đây là PT trùng phương.
Đặt t2 =y; (y �0), ta có PT ẩn y:
y2 - y – 72 =0
  289 �   17

� y1 

1  17

9
2
(thỏa mãn y �0)

1  17
 8
2
(loại vì không thỏa mãn y �0)
*Với y = 9 thì t2 = 9 � t  �3
y2 

+ Với t =3; ta có 8x – 1 =3

�x

+ Với t =-3; ta có 8x – 1 =-3

1
2

�x

1
4

1
1
x1  ; x2  ;
2
4

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là :
Bài 2: Giải phương trình

x 4  10x 3  26x 2  10x  1  0
Giải

x 4  10x 3  26x 2  10x  1  0

(1)

Ta thấy x= 0 không phải là nghiệm của PT (1)
Chia 2 vế của (1) cho x2 �0 ta được:
x 2  10x  26 
� ( x2 

Đặt t =

10 1
 0
x x2

1
1
)  10(x+ )  26  0
2
x
x

x+

(2)

1
1
� t 2 =x 2 + 2  2 �4
x
x
nên t �2

(3)

Thế vào PT (2) ta được PT ẩn t:

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

21


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

t 2  2  10t  26  0
� t 2  10t  24  0
� t1  4; t2  6;(TM (3))
* Với t1 = 4 thì
* Với t2 = 6 thì

x+

1
x =4 � x 2  4x  1  0 ; giải PT được x1,2  2 � 3

x+

1
x =6 � x 2  6x  1  0 ; giải PT được x1,2  3 � 8

Vậy PT đã cho có tập nghiệm là :



S  2 � 3;3 � 8

Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014



22


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

*Nhận xét: Phương trình (1) có dạng tổng quát là:

( a �0)
ax 4 +bx 3  cx 2 +bx  a  0

(*)

PT (*) gọi là PT hệ số đối xứng bậc 4
a)Về phương pháp giải:
Để giải PT hệ đối xứng bậc 4, ta thực hiện các bước sau:
+ Nhận xét x  0 không phải là nghiệm của PT (*)
2
Chia 2 vế của PT cho x �0 và nhóm các số hạng cách đều 2 số hạng đầu
và cuối thành từng nhóm

1
1
x+ ;(**) � t 2 =x 2 + 2  2
x
+ Đặt ẩn phụ t = x
(với t �2 )
Từ đó được PT bậc 2 với ẩn t
+ Thế giá trị của t thỏa mãn đk t �2 vào (**) để tìm x
1
b) Về nghiệm của PT: Nếu x0 là nghiệm của PT (*) thì x0 cũng là nghiệm của nó
Bài 3: Giải phương trình

3x 5  10x 4  3x 3  3x 2  10x  3  0

(1)

Giải

Ta thấy PT trên có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên PT
trên có nghiệm x = -1
4
3
2
Đưa PT đã cho về dạng: ( x  1)(3x  13x  16x  13x  3)  0

Ta giải 2 phương trình sau:
 x+1 = 0 � x  1
4
3
2
 3x  13x  16x  13x  3  0

(2)

PT (2) là PT hệ số đối xứng bậc 4.
1
Giải tương tự như bài 2 ta được nghiệm của PT(2) là x = 3 ; x= 3
� 1 �
S  �1; ;3�
� 3
PT đã cho có tập nghiệm là
Nhận xét: PT(1) có dạng tổng quát

ax 5 + bx 4  cx 3  cx 2 +bx  a  0
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

(*)

23


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

Là Phương trình đối xứng bậc 5. Để giải PT này, ta cần thực hiện các
bước sau:
+ PT (*) có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ, nên PT(*)
có nghiệm là x = -1.
+ PT(*) biến đổi thành PT:

( x  1) �
ax 4 +(b-a)x 3  (c  a  b)x 2 +(b-a)x  a �
�
� 0
+ PT ở ngoặc thứ 2 là PT hệ số đối xứng bậc 4
Như vậy có thể chuyển việc giải PT hệ số đối xứng bậc 5 về việc giải PT hệ
số đối xứng bậc 4.
Bài 4: Giải phương trình

x 4  4x 3  9x 2  8x  4  0

(1)

Giải
Ta thấy x =0 không phải là nghiệm của PT(1)
Chia cả 2 vế của PT(1) cho x2 ta được PT:

x 2  4x  9 

�

(x 2 

Đặt

8 4
 0
x x2

4
2
)  4(x  )  9  0
2
x
x

x

(2)

2
4
 t � x2  2  t2  4
x
x

Thế vào (2) được PT ẩn t:

t 2  4  4t  9  0

� t 2  4t  5  0
Vì a –b +c =0 nên PT có 2 nghiệm t1 = -1; t2 = 5
 Với t1 =-1, ta có :
 Với t2 =5, ta có :

x
x

2
 1 � x 2  x  2  0
x
có nghiệm x1  1; x2  2

2
5 � 33
 5 � x2  5x  2  0
x3,4 
x
2
có nghiệm

�
5 � 33 �
S �
1; 2;
�
2 �

�
 Vậy PT đã cho có tập nghiệm là
Nhận xét về phương pháp giải:
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

24


Trêng THCS Ch©u Can

S¸ng kiÕn
kinh nghiÖm To¸n 9

4
3
2
Phương trình đã cho có dạng tổng quát là: ax +bx +cx  mx  n  0
( a �0)

n m 2
( )
a
b
Trong đó:
Phương trình trên gọi là phương trình hồi quy
Cách giải PT này tương tự như giải PT hệ số đối xứng bậc 4, chỉ khác
bước đặt ẩn phụ.
Bài 5: Giải phương trình
a) ( x  1)( x  3)( x  5)( x  7)  15

(1)

b) (4 x  1)(3x  2)(12 x  1)(2 x  2)  8  0

(2)

Giải:
a) ( x  1)( x  3)( x  5)( x  7)  15
Ta thấy: 1 +7 =3+5
Từ đó ta có cách khai triển VT như sau để đặt ẩn phụ hợp lý nhất
PT(1) �  ( x  1)( x  7)  ( x  3)( x  5)   15

� ( x 2  8x  7)( x 2  8x  15)  15  0

(3)

2
Cách 1: Đặt x  8x  11  t ( t là trung bình cộng của 2 ngoặc)

Thế vào (3) ta có PT ẩn t:
(t – 4 )(t + 4) + 15 = 0
t 2  16  15  0
t2 1  0
t  �1
2
2
*Với t=1, ta có x  8x  11  1 � x  8x  10  0

PT có 2 nghiệm

x1,2  4 � 6

2
2
*Với t=-1, ta có x  8x  11  1 � x  8x  12  0

PT có 2 nghiệm x 3  2 ; x 4  6
Vậy PT đã cho có tập nghiệm là



S  2; 6; 4 � 6



Cách 2:
Gi¸o viªn : NguyÔn ThÞ Ch©m
N¨m häc : 2013 - 2014

25