Cách biến đổi thành phương trình tích

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNGTRƯỜNG THCS THỔ TANGBÁO CÁO KẾT QUẢNGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾNTên sáng kiến:GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNHĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCHTác giả sáng kiến: LêNguyệt ThuThổ Tang tháng 3 năm 20181BÁO CÁO KẾT QUẢNGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN1. Lời giới thiệuMôn toán là môn học rất phong phú và đa dạng, để trở thành một học sinh họctốt môn Toán đòi hỏi phải học sinh phải phấn đấu rèn luyện, học hỏi bền bỉ. Đối vớigiáo viên: làm thế nào để trang bị cho các em có đầy đủ kiến thức? Đó là câu hỏi màgiáo viên nào cũng phải đặt ra cho bản thân.Trong nhiều năm tôi được phân công làm nhiệm vụ trực tiếp giảng dạy. Tôi đãtích lũy được nhiều kiến thức về dạng toán “giải phương trình tích” và những dạngbài tập vận dụng đặc biệt là hướng dẫn học sinh cách nhận dạng bài toán để biết đượcnên áp dụng phương pháp nào để vừa giải nhanh gọn vừa dễ hiểu; giúp cho học sinhbiết nhìn nhận cách học bộ môn toán và cách giải toán theo mạch kiến thức mang tínhlo gic, chỉ ra các phương pháp dạy học các loại bài tập “Giải các dạng phương trìnhđưa về phương trình tích”Dạng bài tập về giải phương trình tích được học khá kỹ ở chương trình lớp 8,nó có rất nhiều bài tập và cũng được ứng dụng rất nhiều để giải các bài tập trongchương trình đại số lớp 8 cũng như ở các lớp trên. Vì vậy yêu cầu học sinh nắm chắcvà vận dụng nhuần nhuyễn phương pháp giải phương trình tích là vấn đề quan trọng.Với vai trò quan trọng như vậy nên trong quá trình giảng dạy toán 8 tôi đã dày côngtìm tòi; nghiên cứu để tìm ra các phương pháp giải phương trình tích đa dạng và dễhiểu. Góp phần rèn luyện trí thông minh và năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh.trong SGK đã trình bày các phương pháp phân tích vế trái thành tích của những đathức bằng các phương pháp đặt nhân tử chung; tách hạng tử; phương pháp thêm bớthạng tử; phương pháp đặt ẩn phụ; để làm một số dạng bài tập giải phương trình tích;Khi học chuyên đề này học sinh rất thích thú. vì có các ví dụ đa dạng, có nhiềubài vận dụng cách giải khác nhau nhưng cuối cùng cũng đưa về được dạng tích từ đógiúp các em học tập kiến thức mới và giải được một số bài toán khó.2. Tên sáng kiến : “Giải các dạng phương trình đưa về phương trình tích”3. Tác giả sáng kiến:- Họ và tên: Lê Nguyệt Thu- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THCS Thổ Tang – VT - VP- Số điện thoại: 0978 119 467 E_mail:.............................................4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Lê Nguyệt Thu5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:Sách giáo khoa đại số lớp 8; Sách giáo viên; sách tham khảo nâng cao.Sách bài tập toán 8. Học sinh lớp 8, 9 trường THCS.26. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 15/3/20157. Mô tả bản chất của sáng kiến:7.1 Cơ sở lý luậnTrong hoạt động giáo dục hiện nay đồi hỏi học sinh cần phải tự học; tự nghiêncứu rất cao.Tức là cái đích cần phải biến quá trình giáo dục thành quá trình tự giáodục. Như vậy học sinh có thể phát huy được năng lực sáng tạo; tư duy khoa học từ đóxử lý linh hoạt được các vấn đề của đời sống xã hội.Một trong những phương pháp để học sinh đạt được điều đó đối với môn toán(cụ thể là môn đại số lớp 8) đó là khích lệ các em sau khi tiếp thu thêm một lượngkiến thức các em cần khắc sâu tìm tòi những bài toán liên quan. Để làm được như vậythì giáo viên cần gợi sự say mê học tập; tự nghiên cứu, đào sâu kiến thức của các emhọc sinh.7.2: Thực trạng:7.2.1: Thuận lợi :Cơ sở vật chất của nhà trường đầy đủ.Ban giám hiệu nhà trường chỉ đạo thường xuyên coi việc phát triển năng lựcchuyên môn là then chốt; nhà trường đã phát động nhiều phong trào thi đua nhằm đẩymạnh công tác chuyên môn. Tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để các thầy cô giáođược học tập nâng cao trình độ chuyên môn.Tài liệu tham khảo đa dạng; đội ngũ giáo viên có năng lực vững vàng, nhiệttình.Đa số các em ham học; thích nghiên cứu, Đa số các em đã nhận thức đúng đắnvề ý thức học tập cần phải hăng say học tập;Học sinh đã nắm được kiến thức một cách có hệ thống; các em đã nắm đượccác dạng bài tập và phương pháp giải các bài tập đó;7.2.2: Khó khăn:Lực học của các em không đồng đều. Một số em học sinh tiếp thu còn chậmkhông đáp ứng được yêu cầu của chương trình.Thời gian thực tế trên lớp ít (môn toán 4 tiết/tuần) nên có ít thời gian dành choviệc lồng ghép các dạng Toán, mở rộng các dạng bài tập, do đó có những bài toánmới học sinh còn bỡ ngỡ chưa biết cách giải.Điều kiện kinh tế của gia đình một số học sinh còn nghèo nên có sự ảnh hưởngrất lớn đến chất lượng học tập của học sinh.7.3: Giải pháp thực hiện7.3.1: Mục tiêu của giải pháp, biện pháp3Nghiên cứu chuyên đề nhằm mục đích giúp giáo viên nắm rõ các phương phápgiải các phương trình đưa được về dạng “Phương trình tích”. Đồng thời vận dụng cácphương pháp đó để giải các bài toán có liên quan đến phương trình tích;Trước hết giáo viên phải làm cho học sinh thấy rõ “ Giải phương trình tích” làgì ? Và những dạng bài tập nào thì vận dụng được và vận dụng như thế nào.7.3.2: Nội dung và phương pháp thực hiệnKhi dạy chuyên đề vê phương trình tích, giáo viên cần nhấn mạnh cho họcsinh:- Một tích bằng 0 khi một trong các thừa số phải có một thừa số bằng 0.- Trong một tích nếu có một thừa số bằng 0 thì tích đó bằng 0.Ví dụ : Giải phương trình : (2x – 3) (x + 1) = 0 (I)Phương pháp giải:Tính chất nêu trên của phép nhân có thể viếtab = 0 ⇔ a = 0 hoặc b = 0 (với a ; b là các số )Đối với phương trình ta cũng có : (2x – 3) (x + 1) = 0⇔ 2x – 3 = 0Hoặcx+1=0Do đó để giải phương trình ( I ) ta phải giải hai phương trình1/ 2x – 3 = 0 ⇔ 2 x = 3 ⇔ x = 1,52/ x + 1 = 0 ⇔ x = - 1Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 1,5 và x = - 1Và ta viết tập hợp nghiệm của phương trình là : S = { 1,5; −1}Giải phương trình như trên được gọi là giải phương trình tíchGiáo viên đưa ra dạng phương trình tích tổng quát như sauGV? : Để giải phương trình tích : A(x 1 ) . A(x 1 ) . …………….A(x n ) = 0 (II)thì ta cần giải những phương trình nào ?HS: Để giải phương trình ( II ) ta cần giải các phương trình sauA(x 1 ) = 0(1)A(x 2 ) = 0(2)……………………..A (x n ) = 0(n)Nghiệm của các phương trình (1) ; (2) …….(n) là nghiệm của phương trình (II)4Với các giá trị của x thỏa mãn điều của phương trình (II)7.4. Một số các dạng phương trình tích thường gặp:I/ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH ĐƠN GIẢNVÍ DỤ 1: Giải phương trình(x + 1) (x + 4) = (2 – x) (2 + x)Nhận xét: Hai tích không có nhân tử chung thi ta phải khai triển và thu gọn đểtìm cách đưa về dạng tích, do đó để giải phương trình này ta cần thực hiện hai bướcBước 1 : Đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích bằng cách chuyển tất cảcác hạng tử từ vế phải sang vế trái và đổi dấu các hạng tử đó; vế phải bằng 0; rồi ápdụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để phân tích vế trái thành tíchTa có : (x + 1) (x + 4) = (2 – x) (2 + x)⇔ (x + 1) (x + 4) – (2 – x) (2 + x) = 0⇔ x 2 + x + 4 x + 4 − 22 + x 2 = 0⇔ 2 x 2 + 5 x = 0 ⇔ x(2 x + 5) = 0Bước 2 : Giải phương trình tích vừa tìm được rồi kết luận nghiệm x=0 x=0 x=0⇔⇔x ( 2x + 5 ) = 0 ⇔ 2 x + 5 = 02 x + 5 = 0 x = −2,5Vậy nghiệm của phương trình là x = 0; x = −2,5VÍ DỤ 2: Giải phương trình :31x − 1 = x ( 3x − 7 )77Tương tự ví dụ 1 ta thực hiện phép chuyển vế ta có :3133x − 1 = x ( 3x − 7 ) ⇔ x − 1 = x 2 − x = 07777⇔333 3x − 1 − x 2 + x = 0 ⇔  x − x 2 ÷− ( 1 − x ) = 0777 7⇔33x ( 1 − x ) − ( 1 − x ) = 0 ⇔ ( 1 − x )  x − 1÷ = 077 1− x = 0 x =1⇔ 3⇔ x −1 = 0x = 737Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x =573VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : x 2 − 2 x + 1 − 4 = 0Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh biến đổi vếtrái dựa vào hằng đẳng thứcGiải : Ta có : x 2 − 2 x + 1 − 4 = 0()⇔ x2 − 2x + 1 − 4 = 0⇔ ( x − 1) − 22 = 02⇔ ( x −1 − 2) ( x −1 + 2) = 0x − 3 = 0 x=3⇔⇔ ( x − 3) ( x + 1) = 0 ⇔ x+1=0 x = −1Vậy nghiệm của phương trình là x = −1; x = 3VÍ DỤ 4:Giải phương trình : ( x − 1) + 2 ( x − 1) ( x + 2 ) + ( x + 2 ) = 022Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh nhận ra được hằngđẳng thức bình phương của một tổng để áp dụng giải nhanh gọn việc nhân đa thức rồimới phân tích thành nhân tử.Ta xem ( x- 1 ) =A ; ( x + 2 ) = B ⇒ phương trình có dạng (A + B) 2 = 0Giải : ta có ( x − 1) + 2 ( x − 1) ( x + 2 ) + ( x + 2 ) = 022⇔ ( x − 1) + ( x + 2 )  = 02⇔ ( x − 1) + ( x + 2 )  = 0⇔ ( x − 1 + x + 2) = 0⇔ 2x + 1 = 0⇔ 2 x = −1 ⇔ x = −12Vậy nghiệm của phương trình là x = −12VÍ DỤ 5 : Giải phương trình :()()3 − x 5 2x 2 +1 = 0Đây là một phương trình tích có chứa căn thức bậc hai, để tránh cho học sinhcó thể hiểu bài toán môt cách phức tạp vì phương trình có chứa căn bậc hai nên giáo6viên hướng dẫn học sinh vẫn thực hiện cách giải thông thường. Vìđược coi là các hệ số thông thườngGiải : Ta có()(2; 3; 5 ... cũng)3 − x 5 2x 2 +1 = 03x= 3−x 5 =05⇔⇔−1 2 x 2 + 1 = 0x =2 2Vậy nghiệm của phương trình là x =3−1;x =52 2II/ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH BIẾN ĐỔI ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TÁCHHẠNG TỬ ĐỂ PHÂN TÍCH ĐƯA VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCHVÍ DỤ 1 : Giải phương trình : x 3 + 3 x 2 + 2 x = 0Đối với phương trình này thì học sinh có thể có các cách giải khác nhau ta cóthể tham khảo hai cách giải sau:322Cách 1 : Ta có : x + 3x + 2 x = 0 ⇔ x ( x + 3x + 2 = 0 )⇔ x ( x 2 + x + 2 x + 2 ) = 0 (tách 3x = x + 2x)()⇔ x  x 2 + x + ( 2 x + 2 )  = 0 (nhóm hạng tử)⇔ x  x ( x + 1) + 2 ( x + 1)  = 0 (đặt nhân tử chung)⇔ x ( x + 1) ( x + 2 ) = 0(đặt nhân tử chung) x=0 x=0⇔  x + 1 = 0 ⇔  x = −1 x + 2 = 0 x = −2Vậy nghiệm của phương trình là x = −1; x = 0; x = −2CÁCH 2: Giải : Ta cóx3 + 3 x 2 + 2 x = 0 ⇔ x 3 + x 2 + 2 x 2 + 2 x = 0 (tách 3 x 2 = x 2 + 2 x 2 )⇔ ( x3 + x 2 ) + ( 2 x 2 + 2 x ) = 0 ⇔ x 2 ( x + 1) + 2 x ( x + 1) = 0⇔ ( x + 1) ( x 2 + 2 x ) = 0 ⇔ ( x + 1) x ( x + 2 ) = 0 (đặt nhân tử chung)7 x +1 = 0 x = −1⇔  x = 0 ⇔  x = 0 x + 2 = 0 x = −2Vậy nghiệm của phương trình là x = −1; x = 0; x = −2VÍ DỤ 2: Giải phương trình : x 3 − 19 x − 30 = 0Đối với phương trình này đầu tiên chưa xuất hiện nhân tử chung; cũng không ởdạng hằng đẳng thức nào cả.Do vậy khi giải giáo viên cần lưu ý cho học sinh cần sử dụng phương pháp nàođã biết để phân tích vế trái thành tích (gợi ý phương pháp tách hạng tử) ta cần táchhạng tử : -19x = - 9x – 10xGiải : Ta có :x3 − 19 x − 30 = 0 ⇔ x 3 − 9 x − 10 x − 30 = 0⇔ ( x 3 − 9 x ) − ( 10 x + 30 ) = 0 ⇔ x ( x 2 − 9 ) − 10 ( x + 3 ) = 0()⇔ x x 2 − 32 − 10 ( x + 3) = 0 ⇔ x ( x − 3) ( x + 3) − 10 ( x + 3) = 0()⇔ ( x + 3)  x ( x − 3) − 10 = 0 ⇔ ( x + 3) x 2 − 3x − 10 = 0()⇔ ( x + 3) x 2 − 5 x + 2 x − 10 = 0 ⇔ ( x + 3) ( x 2 − 5 x) + ( 2 x − 10 )  = 0⇔ ( x + 3)  x ( x − 5 ) + 2 ( x − 5 )  = 0 ⇔ ( x + 3) ( x − 5 ) ( x + 2 ) = 0x +3 = 0 x = −3⇔  x − 5 = 0 ⇔  x = 5 x + 2 = 0 x = −2Vậy nghiệm của phương trình là x = −3; x = 5; x = −2VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : 3 x 2 + 5 x − 2 = 0Đối với phương trình này ta tách hạng tử 5x = 6x – xGiải : Ta có : 3 x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔ 3 x 2 + 6 x − x − 2 = 0()⇔ 3x 2 + 6 x − ( x + 2 ) = 0 ⇔ 3x ( x + 2 ) − ( x + 2 ) = 0⇔ ( x + 2 ) ( 3 x − 1) = 08 x = −2x+2=0⇔⇔x=13 x − 1 = 03Vậy nghiệm của phương trình là x = −2; x =13VÍ DỤ 4 : Giải phương trình : 4 x 3 + 14 x 2 + 6 x = 0Đối với phương trình này bước đầu tiên ta phải biến đổi vế trái thành tích bằngcách đặt nhân tử chung để biểu thức trong ngoặc đơn giản hơn. sau đó dùng phươngpháp tách hạng tử để đưa về dạng tích.()322Giải: Ta có: 4 x + 14 x + 6 x = 0 ⇔ 2 x 2 x + 7 x + 3 = 0⇔ 2 x ( 2 x 2 + 6 x + x + 3) = 0 ⇔ 2 x ( 2 x 2 + 6 x ) + ( x + 3 )  = 0⇔ 2 x  2 x ( x + 3) + ( x + 3)  = 0 ⇔ 2 x ( x + 3) ( 2 x + 1) = 0 2x = 0 x=0⇔  x + 3 = 0 ⇔  x = −3 2 x + 1 = 0 x = −0,5Vậy nghiệm của phương trình là x = 0; x = −3; x = −0,5VÍ DỤ 5: Giải phương trình :x 2 + 9 x + 20 = 0Đối với phương trình này vế trái chưa xuất hiện nhân tử chung, do đó ta cầnbiến đổi để đưa vế trái về dạng tích bằng cách tách hạng tử 9x = 4x + 5xGiải: Ta có : x 2 + 9 x + 20 = 0 ⇔ x 2 + 4 x + 5 x + 20 = 0()⇔ x 2 + 4 x + ( 5 x + 20 ) = 0 ⇔ x ( x + 4 ) + 5 ( x + 4 ) = 0 x + 4 = 0  x = −4⇔ ( x + 4 ) ( x + 5) = 0 ⇔ ⇔x+5=0 x = −5Vậy nghiệm của phương trình là x = −4; x = −5VÍ DỤ 6: Giải phương trình :x2 + x − 6 = 0Ta biến đổi vế trái của phương trình thành tích bằng cách tách hạng tửx = 3 x − 2 x sau đó nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chungGiải : Ta có : x 2 + x − 6 = 0 ⇔ x 2 + 3x − 2 x − 6 = 09()⇔ x 2 + 3x − ( 2 x + 6 ) = 0 ⇔ x ( x + 3) − 2 ( x + 3) = 0x + 3 = 0 x = −3⇔ ( x + 3) ( x − 2 ) = 0 ⇔ ⇔x − 2 = 0 x=2Vậy nghiệm của phương trình là x = −3; x = 2VÍ DỤ 7: Giải phương trình : x 2 − 3 x + 2 = 0Đối với phương trình này có nhiều cách giải khác nhau. sau đây là một số cáchgiải:Cách 1: Tách hạng tử -3x = -2x - xTa có :x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x 2 − x − 2 x + 2 = 0()⇔ x 2 − x − ( 2 x − 2 ) = 0 ⇔ x ( x − 1) − 2 ( x − 1) = 0 x −1 = 0 x =1⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) = 0 ⇔ ⇔x − 2 = 0x = 2Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1; x = 2Cách 2 : Tách hạng tử 2 = - 4 + 6Ta có : x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ x 2 − 3x − 4 + 6 = 0⇔ ( x 2 − 4 ) − ( 3x − 6 ) = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( x − 2 ) − 3 ( x − 2 ) = 0⇔ ( x − 2 ) ( x + 2 ) − 3 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 1) = 0x − 2 = 0x = 2⇔⇔ x −1 = 0 x =1Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x = 2Cách 3 : Biến đổiTa có :39 1−3 x = 2.x. ; 2 = −4 423 9 1x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x 2 − 2 x + − = 02 4 422 23 9 13 3  1 2⇔  x − 2 x + ÷− = 0 ⇔  x − 2 x. +  ÷  −  ÷ = 02 4 42  2    2 10223 13  1  3 1⇔  x − ÷ −  ÷ = 0 ⇔  x − ÷+   x − ÷+  = 02 42  2  2  23 1 3 1⇔  x − + ÷ x − − ÷ = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) = 02 2 2 2 x −1 = 0 x =1⇔⇔x − 2 = 0x = 2Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x = 2III/DẠNG BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ĐƯA VỀ DẠNG PHƯƠNGTRÌNH TÍCHVÍ DỤ 1: Giải phương trình x 4 − 13 x 2 + 36 = 0Đây là phương trình bậc 4 ẩn x, để giải dạng phương trình này ta cần đặt biếnphụ sau khi tìm được giá trị của biến phụ ta thay giá trị đó vào biểu thức ban đầu đểtìm nghiệm, ta đặt x 2 = a ta có cách giải sau :Giải :Ta có : x 4 − 13x 2 + 36 = 0 ⇔ a 2 − 13a + 36 = 0⇔ a 2 − 4a − 9a + 36 = 0 ⇔ ( a 2 − 4a ) − ( 9a − 36 ) = 0⇔ a ( a − 4) − 9 ( a − 4 ) = 0 ⇔ ( a − 4 ) ( a = 9) = 0a = 4a − 4 = 0⇔⇔ 1a − 9 = 0 a2 = 9Vì ta đặt x2 = 4 x = ±2x =a⇒ 2⇔ x = ±3x = 92Vậy nghiệm của phương trình là x = ±2; x = ±3VÍ DỤ 2: Giải phương trình : 2 x 4 + 5 x 2 + 2 = 0x2Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh đặt ẩn phụ là : Đặt= a nên ta có cách giải sau :Giải: Ta có : 2 x 4 + 5 x 2 + 2 = 0 ⇔ 2a 2 + 5a + 2 = 0()⇔ 2a 2 + 4a + a + 2 = 0 ⇔ 2a 2 + 4a + ( a + 2 ) = 0 (tách 5a = 4a + a)⇔ 2a ( a + 2 ) + ( a + 2 ) = 0 ⇔ ( a + 2 ) ( 2a + 1) = 0 (nhóm và đặt NTC)11 a = −2a+2=0⇔⇔a = − 1 2a + 1 = 02 x2 − 22Vì đặt x = a ⇒  2x = − 12Điều này không thể xẩy ra vì x 2 ≥ 0 với mọi giá trị của x vậy phương trình đãcho vô nghiệm, tập hợp nghiệm của phương trình là: S = φVÍ DỤ 3 : Giải phương trình : 9 x 4 + 6 x 2 + 1 = 0Ta biến đổi vế trái bằng cách đặt ẩn phụx 2 = a để đưa về dạng tíchGiải : Ta có : 9 x 4 + 6 x 2 + 1 = 0 ⇔ 9a 2 + 6a + 1 = 0⇔ ( 3a ) + 2.3a + 12 = 0 ⇔ ( 3a + 1) = 022⇔ 3a + 1 = 0 ⇔ a = −x2 = a ⇒ x2 = −Vì đặt131Trường hợp này cũng không thể xẩy ra, vì x 2 ≥ 03với mọi giá trị của x. Vậy phương trình vô nghiệmTập hợp nghiệm của phương trình là: S = φVÍ DỤ 4: Giải phương trình : 2 x 4 + 7 x 2 − 4 = 0Đặtx2 = aTa có cách giải sau :2 x 4 − 7 x 2 − 4 = 0 ⇔ 2a 2 − 7 a − 4 = 0⇔ 2a 2 − 8a + a − 4 = 0 ⇔ ( 2a 2 − 8a ) + ( a − 4 ) = 0⇔ 2a ( a − 4 ) + ( a − 4 ) = 0 ⇔ ( a − 4 ) ( 2a + 1) = 0 a=4a−4=0⇔⇔a = − 1 2a + 1 = 02Vì đặt x 2 = a ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = ±2122Và : x = −12Loạix = ±2Vậy nghiệm của phương trình làVÍ DỤ 5 : Giải phương trình : 2 x 4 − 20 x 2 + 18 = 0Đặt x 2 = a nên ta có cách giải sau:2 x 4 − 20 x 2 + 18 = 0 ⇔ 2 a 2 − 20 x + 18 = 0⇔ 2 ( a 2 − 10a + 9 ) = 0 ⇔ 2 ( a 2 − 9a − a + 9 ) = 0⇔ 2 ( a 2 − 9a ) − ( a − 9 )  = 0 ⇔ 2  a ( a − 9 ) − ( a − 9 )  = 0a − 9 = 0a = 9⇔ 2 ( a − 9 ) ( a − 1) = 0 ⇔ ⇔ a −1 = 0a =1Vì đặt x 2 = a ⇒ x 2 = 9 ⇒ x = ±3Và : x 2 = 1 ⇒ x = ±1Vậy nghiệm của phương trình là x = ±1; x = ±3VÍ DỤ 6: Giải phương trình: ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 5 ) ( x − 6 ) = 252Giải: Xét vế trái nếu nhân nhân tử thứ nhất với nhân tử thứ tư, nhân nhân tửthứ hai với nhân tử thứ ba thì chúng có cùng hệ số của x 2 và của x do đó ta biến đổithành:(x2)()− 7 x + 6 x 2 − 7 x + 10 = 252 (1)Đặt x 2 − 7 x + 8 = y Phương trình (1) trở thành ( y − 2 ) ( y + 2 ) = 252⇔ y 2 − 4 = 252 ⇔ y 2 = 256 ⇔ y = ±16- Với y = 16 ta có x 2 − 7 x + 8 = 16 ⇔ x 2 − 7 x − 8 = 0 x =8⇔ ( x − 8 ) ( x + 1) = 0 ⇔  x = −1-Với y = -16 ta có x 2 − 7 x + 8 = −1627  47> 0 với⇔ x − 7 x + 24 = 0 PT vô nghiệm (vì x − 7 x + 24 =  x − ÷ +2422∀xVậy PT (1) có hai nghiệm là x = 8; x = -1.Ta cũng có thể đặt x 2 − 7 x + 6 hoặc x 2 − 7 x + 10 làm biến phụ.13Chú ý: khi giải phương trình tích ta có thể gặp phương trình đối xứng, đó làphương trình có hệ số của chúng đối xứng nhau.Trong phương trình đối xứng nếu a là nghiệm thì1cũng là nghiệm;aPhương trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có nghiệm là -1;Phương trình đối xứng chẵn 2n đưa về phương trình bậc n bằng cách đặt ẩnphụ y = x +1xVÍ DỤ 7: Giải phương trình: 2 x 4 − 7 x3 + 9 x 2 − 7 x + 2 = 02Cách 1:Biến đổi PT thành ( x − x + 1) ( 2 x − 1) ( x − 2 ) = 0Phương trình có hai nghiệm x = 2; x =12Cách 2: Vì x = 0 không là nghiệm nên x ≠ 0 , chia cả hai về của phương trình cho1 2 1  x 2 ≠ 0 ta được 2  x + 2 ÷− 7  x + ÷+ 9 = 0x  x1xĐặt y = x + ⇒ y 2 − 2 = x 2 +12 y 2 − 2 − 7 y + 9 = 0 ⇔ ( y − 1) ( 2 y − 5 ) = 02 do đó ta cóx() y =1 y −1 = 0⇔⇔y = 52y−5=021x-Với y =1 ta có x + − 1 = 0 ⇔ x 2 − x + 1 = 0 PT vô nghiệm;152-Với y = ta có 2  x + ÷− 5 = 0 ⇔ 2 x − 5 x + 2 = 0 ⇔ ( 2 x − 1) ( x − 2 ) = 0x2Vậy PT có nghiệm là x = 2; x =x = 2⇔x = 1212IV: DẠNG BIẾN ĐỔI CÁC PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA ẨN Ở MẪU VỀDẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCHĐây là dạng phương trình mà khi giải ta cần phải tìm điều kiện xác định củaphương trình. Điều kiện xác định của phương trình là tìm giá trị của ẩn để mẫu thứckhác không. Sau đây là một số ví dụ về dạng phương trình này:VÍ DỤ 1: Gi ải phương trình :x+2 12− =x − 2 x x ( x − 2)14(I)x ≠ 0x ≠ 0⇔x − 2 ≠ 0x ≠ 2Điều kiện xác định của phương trình là : Giải : Ta có(I)⇔( x + 2) x − ( x − 2) = 2x+2 12− =⇔x − 2 x x ( x − 2)x ( x − 2)x ( x − 2)⇔ ( x + 2) x − ( x − 2) = 2 ⇔ x2 + 2x − x + 2 = 2 x=0 x=0⇔ x 2 + x = 0 ⇔ x ( x + 1) = 0 ⇔ ⇔x +1 = 0 x = −1Vì điều kiện xác định của phương trình là :x ≠ 0 và x ≠ 2Nên với x = 0 loại. Do đó nghiệm của phương trình là x = -1VÍ DỤ 2: Giải phương trình :2 ( x − 11)x−23−= 2x+2 x−2x −4(II) ĐKXĐ: x ≠ ±2Giải : Ta có :(II) ⇔2 ( x − 11)x−23−= 2x+2 x−2x −4( x − 2 ) − 3 ( x + 2 ) = 2 ( x − 11)⇔( x + 2) ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)2Quy đồng mẫu hai vế⇔ ( x − 2 ) − 3 ( x + 2 ) = 2 ( x − 11) (Nhân hai vế với ( x + 2 ) ( x − 2 ) khử2mẫu)Khai triển chuyển vế thu gọn ta được⇔ x 2 − 9 x + 20 = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 5 x + 20 = 0 ( tách -9x = - 4x – 5x )⇔ ( x 2 − 4 x ) − ( 5 x − 20 ) = 0 ⇔ x ( x − 4 ) − 5 ( x − 4 ) = 0x − 4 = 0x = 4⇔ ( x − 4 ) ( x − 5) = 0 ⇔ ⇔x −5 = 0x = 5Vì x = 4; x = 5 thuộc tập xác định của phương trìnhVậy nghiệm của phương trình là: x = 4; x = 5.15VÍ DỤ 3 : Giải phương trình :32x −1=−xx−2 x−2( III) ĐKXĐ :x≠2Giải : Ta có :⇔(III)2x −1 − x ( x − 2)32x −13=−x⇔=x−2 x−2x−2x−2⇔ 3 = 2 x − 1 − x 2 + 2 x ( nhân hai vế với x – 2 và khử mẫu )⇔ x2 − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 2) = 02⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (Loại vì x = 2 không thỏa mãn ĐKXĐ củaphương trình)Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: S =VÍ DỤ 4 : Giải phương trình : x +11= x2 + 2xxφ(IV) ĐKXĐ : x ≠ 0x3 + x x 4 + 1( IV ) ⇔= 2 ⇔ x3 + x = x 4 + 12xx⇔ x3 − x 4 − 1 + x = 0 ⇔ ( x3 − x 4 ) − ( 1 − x )()⇔ ( x − 1) ( x − 1) ( x + x + 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x⇔ x 3 ( 1 − x ) − ( 1 − x ) = 0 ⇔ (1 − x) x 3 − 1 = 022Vì(x22+ x + 1) = 01 1 3 1 1 3+ x + 1 = x 2 + 2 x. + + =  x 2 + 2.x. + ÷+2 4 4 2 4 4)21 3=x+ ÷ + >02 4nên ( x − 1)2(x2)+ x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 (Thỏa mãn2điều kiện của bài toán)Vậy nghiệm của phương trình là x = 1V: MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH KHÁCTùy theo mỗi dạng phương trình mà ta có thể có những cách biến đổi khácnhau, để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích. Sau đây là một dạngphương trình đặc trưng:16Ví dụ I: Giải phương trình :2− x1− xx−1 =−20012002 2003Đây là một phương trình nếu áp dụng cách giải thông thường thì chúng ta sẽgặp rất nhiều khó khăn. Do đó để giải được phương trình này ta sử dụng phương phápsau, để biến đổi đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích đơn giản hơn tacộng thêm 2 vào hai vế của phương trình và biến đổi phương trình như sau:2− x1− xx2− x 1− x  −x−1 =−⇔+1 = + 1÷+ + 1÷20012002 20032001 2002   2003 ⇔2003 − x 2003 − x 2003 − x2003 − x 2003 − x 2003 − x=+⇔−−=020012002200320012002200311  1⇔ ( 2003 − x ) −−÷ = 0 ⇔ 2003 − x = 0 ⇔ x = 2003 2001 2003 2003 Vì :111−−≠02001 2002 2003Vậy nghiệm của phương trình là x = 2003VÍ DỤ 2 : Giải phương trình :x +1 x + 2 x + 3 x + 4 x + 5 x + 6++=++949392919089Cộng thêm 3 vào hai vế của phương trình ta được x +1   x + 2   x + 3   x + 4   x + 5   x + 6  94 + 1÷+  93 + 1÷+  92 + 1÷ =  91 + 1÷+  90 + 1÷+  89 + 1÷     ⇔x + 95 x + 95 x + 95 x + 95 x + 95 x + 95++=++949392919089⇔x + 95 x + 95 x + 95 x + 95 x + 95 x + 95++−−−=094939291908911 1 11  1⇔ ( x + 95 )  + + − − − ÷ = 0 94 93 92 91 90 89 ⇔ x + 95 = 0 ⇔ x = −95Vì :111 1 11+ + − − −≠094 93 92 91 90 89Vậy nghiệm của phương trình là x = -95VÍ DỤ 3: Giải phương trình :1759 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x++++= −54143454749Đối với phương trình này ta chuyển hạng tử -5 sang vế trái và tách thành 5hạng tử . mỗi hạng tử là 1 đơn vị nên ta có cách giải sau:59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x++++= −54143454749 59 − x   57 − x   55 − x   53 − x   51 − x ⇔+ 1÷+ + 1÷+ + 1÷+ + 1÷+ + 1÷ = 0 41  43  45  47  49⇔100 − x 100 − x 100 − x 100 − x 100 − x++++=041434547491111  1⇔ ( 100 − x )  + +++ ÷= 0 41 43 45 47 49 ⇔ 100 − x = 0 ⇔ x = 100Vì :11111+ + ++≠041 43 45 47 49Vậy nghiệm của phương trình là x =100VÍ DỤ 4 : Giải phương trình :x +1 x + 2 x + 3 x + 4 x + 5 x + 6++=++595857565554Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh cộng thêm 3vào hai vế của phương trình và tách thành từng nhóm như sau:x +1 x + 2 x + 3 x + 4 x + 5 x + 6++=++595857565554 x +1   x + 2   x + 3   x + 4   x + 5   x + 6 ⇔+ 1÷+ + 1÷+ + 1÷ = + 1÷+ + 1÷+ + 1÷ 59  58  57  56  55  54⇔x + 60 x + 60 x + 60 x + 60 x + 60 x + 60++=++595857565554⇔x + 60 x + 60 x + 60 x + 60 x + 60 x + 60++−−−=059585756555411111  1⇔ ( x + 60 )  + +− − − ÷= 0 59 58 57 56 55 54 18⇔ x + 60 = 0 ⇔ x = −60Vì :111111+ +− − −≠059 58 57 56 55 54Vậy nghiệm của phương trình là x = - 60VÍ DỤ 5: Giải phương trình :x − 5 x − 15 x − 25 x − 1990 x − 1980 x − 1970++=++1990 1980 197051525Đối với phương trình này giáo viên hướng dẫn cho học sinh trừ hai vế đi 3 đơnvị và tách ra từng phần và ta có cách giải sau:Giải :x − 5 x − 15 x − 25 x − 1990 x − 1980 x − 1970++=++1990 1980 197051525 x − 5   x − 15   x − 5   x − 1990   x − 1980   x − 1970 ⇔− 1÷+ − 1÷+ − 1÷ = − 1÷+ − 1÷+ − 1÷5 1990   1980  1970    15  25⇔x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995++=++19901980197051525⇔x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995 x − 1995++−−−=019901980197051525111 1 1  1⇔ ( x − 1995 ) ++− − − ÷= 0 1990 1980 1970 5 15 25 ⇔ x − 1995 = 0 ⇔ x = 1995Vì :1111 1 1++− − −≠01990 1980 1970 5 15 25Vậy nghiệm của phương trình là : x = 19957.5. Bài tập tự luyện:Bài 1: Giải các phương trình:a) ( x − 3) − 16 = 0222b) ( x − 9 ) ( 3x + 2 ) = ( x − 9 ) ( 2 x − 3)c) x3 − x 2 + x − 1 = 0d) x 4 − 5 x3 + 5 x 2 + 5 x − 6 = 0e) ( x + 3) + ( x + 5 ) = 164419x + 16 x + 18 x + 20+=−1494745f)g*)148 − x 169 − x 186 − x 199 − x+++= 1025232119HD: Chuyển 10 sang vế trái và tách, rồi nhóm thành các nhóm như sau: 148 − x   169 − x  186 − x  199 − x− 1 ÷+ − 2 ÷+ − 3 ÷+ − 4 ÷= 0 25  23  21  19Phương trình có nghiệm x = 123.Bài 2: Cho phương trình: x3 − 9 x 2 + 13ax − 12a = 0a) Giải phương trình với a = 2b) Tìm a để phương trình có nghiệm là -2.Bài 3: Cho phương trình: ( x − 1) − ( a 2 − a + 7 ) ( x − 1) − 3 ( a 2 − a − 2 ) = 0 (1)3a) Tìm các giá trị của a để một trong các nghiệm của PT là 2b) Giải phương trình với các giá trị tìm được của a;a = 0a =122HD: a) Thay x = 2 vào PT ta có −4a + 4a = 0 ⇔ a − a = 0 ⇔ b) Thay a 2 − a = 0 vào PT (1) ta có PT ( x − 1) − 7 ( x − 1) + 6 = 0 đặt x – 1 = y ta có3y 3 − 7 y + 6 = 0 ⇔ y ∈ { 1; 2; −3} ⇔ x ∈ { 2;3; −2}8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:Thực hiện trong quá trình giảng dạy thông qua các tiết học trên lớp; các tiếtgiải bài tập, các buổi học chuyên đề...Biện pháp tổ chức thực hiện tập trung hoặc phân theo từng nhóm đối tượng họcsinh.10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụngsáng kiến:Kết quả trước và sau khi thực hiện kinh nghiệm dạy về phương trình tích đượckhảo sát như sau như sauKhi chưa thực hiện dạy về phương pháp giải phương trình tíchKhảo sát 20 em kết quả đạt được như sauLớp8CGIỎIKHÁTBYẾUKÉMSLTLSLTLSLTLSLTLSLTL00%15%1050%735%210%208D00%210%945%840%15%Kết quả sau khi đã thực hiện giảng dạy các phương pháp gải phương trình tíchlàLỚPGiỏiKHÁTBYẾUKÉMSLTLSLTLSLTLSLTLSLTL8C420%525%945%210%00%8D525%420%840%315%00%11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụngsáng kiến lần đầu (nếu có):SốTTTên tổ chức/cá nhânĐịa chỉPhạm vi/Lĩnh vựcáp dụng sáng kiến1 Chu Thị Tuyết DungTrường THCS Thổ TangDạy môn Toán lớp 8;92 Bùi Văn TháiTrường THCS Thổ TangDạy môn Toán lớp 8;93 Nguyễn Quang VinhTrường THCS Thổ TangDạy môn Toán lớp 8;94 Lê Đức HoànTrường THCS Thổ TangDạy môn Toán lớp 8;9Thổ Tang, ngày 20 tháng 3 năm 2018Người viếtLê Nguyệt Thu21TÀI LIỆU THAM KHẢOTTTÊN SÁCHTÁC GIẢNHÀ XUẤT BẢN1.Sách giáo khoa đại số 8 tập IIPhan Đức Chính2.Sách bài tập đại số 8 tập IILê Văn HồngNhà xuất bản giáodục3.Ôn tập đại số 8Vũ Hữu BìnhNhà xuất bản giáodục4.Các bài toán hay đại số 8Lê Đình PhiĐại học quốc gia HàNộiNguyễn Quang HanhNhà xuất bản đại họcsư phạm Hà Nội5.Bồi dưỡng học sinh khá; giỏiNgô Long HậuNhà xuất bản giáodục6.Bài tập nâng cao và một số Bùi Văn Tuyênchuyên đề Toán 8Nhà xuất bản giáodục7.Ôn Kiến thức luyện kỹ năng Tôn Thânđại số 8Vũ Hữu BìnhNhà xuất bản giáodụcBùi Văn Tuyên8.Tài liệu chuyên Toán THCS –Toán 8 (tập 1)Vũ Hữu BìnhTrần Hữu NamNguyễn Tam Sơn22Nhà xuất bản giáodục