phương pháp giải một số phương trình bằng cách ghép biến đổi thông thường và đặt ẩn phụ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁC PHÉP
BIẾN ĐỔI THÔNG THƯỜNG VÀ ĐẶT ẨN PHỤ
A. ĐĂÏT VẤN ĐỀ
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh về môn toán, ta hay
gặp một số dạng bài tập mà nếu chỉ sử dụng các phương pháp truyền
thống như đại đa số học sinh phổ thông đả biết thì rất khó khăn. Có khi
không giải được,vì thường dẫn tới một phương trình bậc ba hay bậc bốn
đầy đủ không có nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỉ. Tuy nhiên nếu trước
đó ta thực hiện một vài phép biến đổi đơn giản rồi dùng phương pháp đặt
ẩn phụ thì sẻ dẫn tới một phương trình quen thuộc mà các em đều đã biết
cách giải. Qua tham khảo các tài liệu tôi xin đề xuất một số dạng bài toán
như vậy. Trong mỗi dạng tôi có đưa ra một số ví dụ có lời giải chi tiết, sau
đó trình bày cách giải tổng quát rồi đưa thêm các bài tập để các em áp
dụng.

B. NỘI DUNG
I .Dạng

kax 2 + bx + kc
max 2 + b2 x + mc
+
= d ( ac ¹ 0)
2
2
pax + b1 x + pc
nax + b3 x + nc
Ví dụ 1

Giải phương trình :

4x
x
+
=1
2
2
x + x + 1 x - 2x + 1

(1)

Giải

- Điều kiện x ¹ 1
- Nếu khử mẫu ta được phương trình bậc bốn đầy đủ không có nghiệm đặc
biệt nói chung học sinh phổ thông không giải được. Để giải dạng toán này
ta tiến hành như sau:
Ta có x = 0 không phải là nghiệm của (1) ”Chia tử và mẫu từng phân
số vế trái cho x”

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Þ (1) Û

Đặt :

4
1
+
=1
1
1
x + +1 x + - 2
x
x

1
x

t = x +

(2)

( |t|≥ 2 )

Þ (2)trở thành :
t
1
+
= 1 Û t 2 - 6t + 5 = 0
t +1 t - 2
Û t =1 (loại ) hoặc t = 5
T = 5 Þ (1) Û x +

1

= 5 Û x 2 - 5 x + 1 = 0 Û x = 5 ± 21
x
2

Đáp số: Phương trinh có nghiệm x =
Ví dụ 2:

5±

21
2

Giải phương trình:

x2 - 2
x2 - 2
+
=1
x2 + x - 2 x2 + 2x - 2
Giải

Điều kiện

{

(1)

x2 + x- 2¹ 0
x2 + 2 x-2¹0

Học sinh có thể nghỉ tới cách đặt t = x2 - 2 nhưng không thể được và
cách giải cũng phải tiến hành tương tự như trên:
Ta có x = 0 không phải là nghiệm của (1) ”Chia tử và mẫu từng
phân số vế trái cho x”

Þ (1) Û
Đặt t = x +

Þ

(2) trở thành :

x-

2
x

2
x - +1
x
1
x

+

x-

2
x

2
x- +2
x

=1

(2)

(| t | ≥2 )

t
t
+
=1
t +1 t + 2

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

Û

t2 = 2

Û

t=± 2

2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

- Với

t= 2

1
=
x

Þ (1) Û x +

Þ x2 - 2x - 2 = 0 Û

x=

2

2 ± 10
(Thoả mãn điều kiện)
2

1
Þ
(1
)
Û
x
+
= - Với t = - 2
x

Û x2 + 2 x - 2 = 0 Û
Đáp số :

x=

x=

2 ± 10
2

2

- 2 ± 10
(Thoả mãn điều kiện)
2

và x =

- 2 ± 10
2

Tổng quát: Phương trình dạng:

kax 2 + bx + kc
max 2 + b2 x + mc
+
= d ( ac ¹ 0) (1)
pax 2 + b1 x + pc
nax 2 + b3 x + nc

Ta có phương pháp giải như sau:
- Xét x= 0 thay trực tiếp vào (1) rồi suy ra kết luận .
- Nếu x ¹ 0 ”Chia tử và mẫu từng phân số vế trái cho x”
c
c
k (ax + ) + b
m ( a x + ) + b2
x
x
(1) Û
+
= d (2)
c
c
p ( a x + ) + b1
n ( a x + ) + b3
x
x
c
Đặt:
t = ax +
(2) trở thành :
x

kt + b
m t + b2
+
= d (3)
p t + b1
n t + b3

Là một phương trình giải được bằng cách chuyễn về phương trình bậc
hai quen thuộc.

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

3


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Bài tập Giải phương trình :

1;

3 x 2 + 4 x + 5 9 x 2 + x + 15
=2
6 x 2 - x + 10 3 x 2 + 2 x + 5

2;

2 x 2 + 3 x + 4 6 x 2 + 5 x + 12
+
=3
2
2
4x - x + 8
4x + 7x + 8

II. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG

(ax2 + bx + ka)(cx2 + dx + kc) + mx3 + nx2 + km = 0 (1) (kac ¹ 0)
Ví dụ 1: Giải phương trình :
( x 2 - 9 x + 8)( x 2 - 6 x + 8) - 70 x 2 = 0

(1)

Giải
Ta có x = 0 không phải là nghiệm của (1) “Chia hai vế chox
8
8
Þ (1) Û ( x - 9 + )( x - 6 + ) - 70 = 0 (2)
x
x
Đặt :
Þ (1)

t = x+

2

”

8
( t ³ 4 2)
x

2
Trở thành: (t - 9)(t - 6) - 70 = 0 Û t - 15t - 16 = 0 Û

1( Loai )
éë tt ==16

8
= 16 Û
x
x 2 - 16 x + 8 = 0 Û x = 8 ± 2 14
Đáp số: x = 8 ± 2 14

Với

Ví dụ 2:

t = 16 Þ (1) Û x +

Giải phương trình :

7 x 3 - 101x 2 + 42 x
= x 2 - 11 + 6
2
2 x + x + 12

(2)
Giải

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

(2) xác đònh "x Ỵ R
Þ (2) Û
2
2
( x - 11x + 6)(2 x + x + 12) - 70 x 2 - 7 x 3 + 101x 2 + 42 x = 0 (3)

x
Ta có x = 0 không phải là nghiệm của (2) “Chia hai vế cho
Þ (2) Û

(x +

Đặt :

”

6
12
42
- 11)(2 x +
+ 1) - (7 x +
+ 101) = 0
x
x
x
6
( t ³ 2 6)
x

t = x+

Þ (3)

2

Trở thành:

(t - 11)(2 t + 1) - 7 t + 101 = 0 Û 2 t 2 - 28t + 90 = 0 Û

éë tt ==59
Với

t = 5 Þ (2) Û x +

Với t = 9 Þ (2) Û x +
Đáp số:

6
= 5 Û x2 - 5x + 6 = 0 Û
x

éë xx==32

6
9 ± 57
= 9 Û x2 - 9x + 6 = 0 Û x =
x
2

x = 2; x = 3; x =

9 ± 57
2

Tổng quát: Với phương trình dạng:

( ax 2 + bx + ka )(cx 2 + dx + kc ) + mx 3 + nx 2 + km = 0 (1) (k , a, c ¹ 0)
Ta có cách giải như sau :
Từ giả thiếtÞ x = 0 không phải là nghiệm của (1)
“Chia hai vếcho x ”
k
k
k
Þ (1) Û [ a ( x + ) + b][c( x + ) + d ] + m( x + ) + n = 0 (2)
x
x
x
2

k
(điều kiện của t tuỳ thuộc vào k)
x
Þ (2) Trở thành: ( a t + b ) ( c t + d ) + m t + n = 0
Đây là một phương trình bậc hai mà ta đã biết cách giải !
Đặt t = x +

Bài tập:

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1;

Giải phương trình :
(4 x 2 + 12 x + 1)(4 x 2 - 4 x + 1) = 192 x 2

2; Giải phương trình :
x3 + x
= x2 - x + 1
2

III. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG:

ax 4 + bx 2 + a = cx 2 + dx + c (1) (a, c ¹ 0)
Ví dụ 1: Giải phương trình :

x 4 + x 2 + 1 = x 2 + 3 x + 1 (1)

Ta có :

Giải
x = 0 là nghiệm của (1)

x ¹ 0 “Chia hai vế cho x 2 ” Þ (1) Û

1
1
1
± x2 + 2 + 1 = x + + 3
(2)Đặt t = x + ( t ³ 2)
x
x
x

Þ

(2)

Trở thành: ± t 2 - 1 = t + 3

Û éê
ë

éë tt == 59

t 2 -1 = t + 3
t 2 -1 =- ( t + 3)

Û

é { tt +2 3-³1=0 ( t + 3 ) 2
Û ê t + 3£ 0
ë { t 2 -1 = ( t + 3 ) 2

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

é ìïí t ³ - 35
ïỵ t = - 3
ê
Û ì
Û
ê ïí t £ - 35
êë ïỵ t = - 3

6


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Ût=-

5
3

(loại)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 0
Tổng quát: Phương trình dạng :

a x 4 + b x 2 + a = cx 2 + d x + c (1) (a, c ¹ 0)
Ta có phương pháp giải như sau :
Xét x= 0 thay trực tiếp vào (1) rồi suy ra kết luận .

x ¹ 0 chia hai vế cho “Chia hai vế cho x 2 ” Þ (1) Û
a

1
1
± ax 2 + 2 + b = c ( x + ) + d
(2)Đặt t = x + ( t ³ 2)
x
x
x
(2) Trở thành:

a (t

2

Þ

- 2 ) + b = ± (ct + d )

Đó là phương trình dạng

f = g mà ta đã biết cách giải!

Bài tập:
1. Giải phương trình :

x 4 + 3x 2 + 1 = x 2 - x + 1
2.

9 x 4 + x 2 + 9 = 3x 2 + 2 x + 3

IV. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG:

a(ax2 +bx + c)2 +b(ax2 +bx + c) + c = x
Ví dụ 1: Giải phương trình :
2(2 x 2 - 2 x - 5) 2 - 4 x 2 + 3 x + 5 = 0 (1)

Giải
2(2 x - 2 x - 5) 2 - 2(2 x 2 - 2 x - 5) - 5 = x (2)

(1) Û

2

Đặt:

{

x2 - 2x - 5 = y ³ 0

x2 -2 x-5= y
y2 -2 y -5= x

Þ (1)

Trở thành:

( Là hệ đối xứng kiểu 2)

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

7

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2
2
Trừ theo vế ta được : 2( x - y ) - 2( x - y ) = y - x

Û

Với

( x - y )(2 x + 2 y - 1) = 0

é
ê
ë

Û

x = y ta được x 2 - 2 x - 5 = x Û

Với

y =

x =
x =

y
1

2

y

é x =-1= y ( Loai )
ê x = 5 (Thman )
ë 2

1
- x Ta
2

được

:

1+3 5
1-3 5
é
x=
Û y=
<0
11
1- 3 5
2
4
4
2 x - x - = 0 Û ê 1-3 5 1+3 5 Û x =
2
4

êë x= 4 Û y = 4 >0

Đáp số

x=

5
2

và x =

1- 3 5
4

Tổng quát phương trình dạng:

a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = x (1)
Ta có cách giải như sau:
ax 2 + bx + c = y ³ 0
Đặt :

{

Þ (1) trở thành

ax2 + bx + c = y
ay 2 + by + c = x

“Đây là một hệ đối xứng loại 2 mà ta đả biét cách giải”
Bài tâïp: : Giải phương trình :

1.

-3 x 2 - 8 x + 16 = x 2 + 3 x - 4

2.

-6 x 2 - 35 x + 98 = x 2 + 6 x - 14 (2)

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

(1)

8


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Lưu ý : Các phương trình trên đều có dạng: f = g Tuy nhiên khi biến
đổi tương đươngá mà không để ý đến dạng trên thì ta được một phương
trình bậc bốn đầy đủ. Thực ra vế phải đả có dạng : ax + bx + c Cho
2

2
nên ta có thể đặt từ đầu : ax + bx + c = y ³ 0 rồi biến đổi
trình hệ đối xứng loại 2 mà ta đả biết cách giải.

phương

V. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN KHUYẾT SỐ HẠNG BẬC BA DẠNG:

ax 4 + bx 2 + cx + d = 0

(a ¹ 0)

4
2
Ví dụ 1 : Giải phương trình: x - 3 x - 10 x - 4 = 0

(1)

Û

(1)

Giải
x 4 = 3 x 2 + 10 x + 4 Û ( x 2 + k )2 = (3 + 2k ) x2 + 10 x + 4 + k 2

2
2
Đặt : f(x) = (3 + 2k ) x + 10 x + 4 + k

2
2
Ta tìm k để : f(x) = (3 + 2 k ) x + 10 x + 4 + k là bình phương một nhò

Û

thức

ì

í
ỵ

Û

Û

{

a =3+ 2 k > 0
D ' = 5 2 - ( 4 + k 2 )( 3 + 2 k ) = 0

3
k >2
3
-2 k - 3 k 2 - 8 k ) +13 = 0

Û

ì k >- 32
í (k -1)(2k2 +5k +13)=0
ỵ

2
2
2
k = 1 Þ (1) Û ( x + 1) = 5( x + 1)

Û x + 1 = ± 5( x + 1) Û
2

é
ë

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

x2 +
x2 -

5 x + 5 +1= 0 ( a )
5 x +1- 5 = 0 ( b )

9


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

(a) Vô nghiệm vì

Û

(b)

x =

D

<0
5 ±

1+ 4
2

5
5 ±

Đáp số : Phương trình có nghiệm : x =

1+ 4
2

5

Ví dụ 2: Giải phương trình :
x - 3 x 2 + 4 x - 3 = 0 (1)
4

Bằng cách giải tương tự như ví dụ 1 ta có kết quả sau:

Û x4 = 3x2 - 4 x + 3
( x2 - 1)2 = ( x - 2)2 Û ( x 2 - x + 1)( x 2 + x - 3) = 0

(1)

Û x2 + x - 3 = 0 Û

x =

Đáp số: Phương trình có ngiệm : x =

1±

13
2

1±

13
2

Tổng quát: Mọi phương trình bậc 4 khuyết hệ số bậc 3 đưa được về
dạng :

x 4 = m x 2 + n x + p (1)

Phương pháp giải:
(1) Û

( x 2 + k ) 2 = (m + 2k ) x 2 + nx + p + k 2

2
2
Đặt : f (x) = (m + 2k)x + nx + p + k Ta tìm k để :

f ( x) = (m + 2k ) x 2 + nx + p + k 2 là bình phương nhò thức

{

Û

a=m +2k >0
D ' = n 2 - ( m + 2 k )( p + k 2 ) = 0

Giải hệ tìm k và từ (1) cho ta hai phương trình bậc hai từ đó ta dễ dàng
tìm được nghiệm của phương trình.

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

10


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Bài tập : Giải phương trình :
1; x - 8 x + 4 x + 3 = 0
4

2

2; x - 10 x + 16 x - 7 = 0
4

2

3; x + 2 x + 20 x - 16 = 0
4

2

C. KẾT LUẬN

Trên đây là một số dạng bài toán mà qua quá trình giảng dạy, qua tham
khảo các tài liệu tôi tổng kết lại và biên soạn thêm một số ví dụ,các bài tập.
Nhằm giúp các em học sinh không có điều kiện để đọc sách hay thiếu các
tài liệu về môn toán để tham khảo. Mong giúp thêm các em học sinh một
phần nhỏ bé trong quá trình học tập và rèn luyện. Có gì sơ suất mong thầy
cô và các em thông cảm.

@ Nguyễn Quang Minh * Tổ Toán

11