耳麦不能说话-学习心得体会范文

第6讲 利用换元法解方程

一、方法技巧

（一）换元法解方程是用新元代替方程中含有未知数的某个部分，达到化简的目的.

（二）运用换元法解方程，主要有三种类型：分式方程、无理方程、整式（高次）方程.
< br>解分式方程、无理方程、整式(高次)方程的基本思想是将分式方程化为整式方程、
无理方程化为 有理方程、整式（高次）方程逐步降次.

（三）换元的方法是以所讨论方程的特有性质为依 据的，不同的方程就有不同的换元方
法，因此，这种方法灵活性大，技巧性强．恰当地换元，可将复杂方 程化简，以
便寻求解题的途径．
常用换元方法有局部换元、均值换元、倒数换元、常数换元等．
x

x

x

例如：①

，可使用局部换元法，设
y

560

x1
x1x1



②
x
2

2
111
，变形 后也可使用局部换元法，设
x0xt
x
2
xx

x
2
x12x
2
x219

2

，看着很繁冗，变形整理成 ③
x
2
1xx16
x
2
x1x
2
119
1
时，就可使用局部换元法.
22
x1xx16
④

x3



x1

82
，可设
y
44
< br>x3



x1

x2
2
，方程变成

y1



y1

44
82
，使方程变得易解，这是均值换元法.
⑤
6 x
4
5x
3
38x
2
5x60
，符合与 中间项等距离的项的系数相等，
如与
6
，与系数相等，可构造
x
32
1
换元，是倒数换元法.
x
⑥
x23x3x3 10
，不易求解，若反过来看，把设
x
看作已
知数，把
3
设为设
t
，则方程就变成
xt
2
2x
2
1 tx
3
10
，
数字换元法不常用，但不失为一种巧妙的解题方法.

有时根据方程各部分特点可设双元，达到化繁为简，求解的目的.
例如：




x
2
3x2



x
2
3x2

3x
22x1



3x
2
2x1



4x
2
5x1

222
观察发现
x
2
3x23x
2
2x14x
2
5x1
，故可设
x
2
3x2u
，

3x2
2x1v
，原方程变为
u
2
uvv
2

uv

，方程由繁变简，可得解.

（四）本 讲注重研究用换元法解方程的技能、技巧．拓宽学生知识面，培养学生学习和
研究数学的兴趣.

二、应用举例

类型一 局部换元

（高次方程）
【例题1】解方程：
x
4
3x
2
20
【答案】
x
1
1
，
x
2
1
，< br>x
3
2
，
x
4
2

【解析】
试题分析：
通过观察发现
xx
4
2

，故设
x
2
2
2
y
，原方程变形为
y
2
3y20
，可把高次方程
降次，转化为可解的一元二次方程.
试题解析：
2
解：设
xy
，则原方程变形为
y3y20
，
2
解得，
y
1
1
，
y
2
2
，
由
y
1
1
得
x
2
1
，解得
x
1
1
，
x
2
1
，
由y
2
2
得
x
2
2
，解得
x
3
2
，
x
4
2
，
∴方程的解是
x
1
1
，
x
2
1
，
x3
2
，
x
4
2

【难度】较易

（分式方程）

x

x

【例题< br>2
】解方程：

5

60

x 1

x1

【答案】
x
1

【解析 】
2

32
，
x
2


43

试题分析：
括号里的分式相同，由这个特点，可以用换元法来解.
试题解析：
解：设
x
y
，于是原方程变形为
y
2
5y60

x1
解得
y
1
3
，
y
2
2
x3
3
，解得
x
1

，
x 14
x2
当
y
2
2
时，
2
，解 得
x
2


x13
32
经检验
x1

，
x
2

均为原方程的根.
43< br>32
∴方程的解是
x
1

，
x
2


43
当
y
1
3
时，
【难度】较易

【例题3】已知实数
x
满足
x
2

【答案】
2

【解析】
试题分析：
111
，那么的值是（ ）
x0x
2
xxx
1
1

1
由于
x
2

2


x

 2
，故设
xt
，可解.
x
x

x

试题解析：
解：设
x
2
1
t
，
x
2
1

1

原方程化简得

x

2x 0
，
x

x

∴
t
2
2t0
，
解得
t
1
1
，
t
2
2

1
1
化简得
x
2
x10
，△＜0 ，无解，舍去
x
1
∴
x2
x

由
x
点评 ：方程中并无“相同”的部分时，可通过代数式间的关系变形构造出“相同”部分，
设元.
【难度】一般

（无理方程）

【例题4】解方程：
1
【答案】
x
1

【解析】
试题分析：
2x10


xx23
19
，
x
2


44
这是一个根号里含有分式的无理方程，也可通过换元后求解，通过变形发现
1
2x2
，
xx
与
2
110
x
互为倒数，可设1y
，则原方程变形为
y
，无理方程化为有理方程.
x
y3
x2
试题解析：
解：设
1
2
110
y

y＞0

，则原方程变形为
y
x
y3

2
整理得
3y10y30

解得
y
1
3
，
y
2

当
y
1
3
时，
1
1

3
2
1
3
，解得
x
1

x
4
当
y
2

21
19
时，
1
，解得
x
2


x3
34
19< br>，
x
2

都是原方程的根.
44
19
原 方程的解是
x
1

，
x
2


44
经检验
x
1

【难度】一般

【例题5】解方程
x13x10

【答案】
x
1
1
【解析】
试题分析：
7
7
，
x
2
1

2
2

注意到原方程可变为
x13x1
，可设两个未知数，利用韦达定理求解.
试题解析：
解：设
x1m
，
3xn
，

原方程变为
mn1

又∵
< br>mn

m
2
n
2
2mn

∴
142mn
，即
mn
2
3

2
3
0
的根
2
根据韦达定理，
m、n
是方程
z
2
z
解得
z
1

171 7
，
z
2


22
∵
17
＜0
，
2
∴
z
2
舍去
即
m
1717
或
n

22
17
17
或
3x
2
2
7< br>7
，
x
2
1
2
2

7
7
，
x
2
1
是原方程的解
22
7
7
，
x
2
1
2
2



故
x1
解得
x
1
1经检验
x
1
1
∴ 方程的解是
x
1
1
【难度】一般

类型二 均值换元


【例题6】解方程：

x3



x1

82


【答案】
x
1
0
，
x
2
4

【解析】
试题分析：
观察方程可知

x3



x1

2
，适合使用均值法换元，故设
y
可达到降次目的.
44

x3



x1

x2
2

试题解析：
解：设
y

x3



x1

x2
，
2
44
原方程变为

y1


y1

82

2222
整理得


y1



y1


2

y1

y1

82


2

4y12y1

y6y400

42

2

2
< br>2

2
82

22
解得
y10
（舍），
y4

即
y
1
2
，
y
1
2

由
x22
，得
x
1
0

由
x22
，得
x
2
4

∴原方 程的解为
x
1
0
，
x
2
4

点评：一般形如

xa



xb

c
的方程可用均值法，设
y
进行代换，化原方程为双二次方程求解.
【难度】较难

类型三 倒数换元

【例题7】解方程：6x
4
5x
3
38x
2
5x60

【答案】
x
1

【解析】
试题分析：
本题的特 点是：按
x
降幂排列后，与中间项等距离的项的系数相等，如
6x
4
与
6
，
5x
与
5x
系数相等，可构造
x
试题解析：
解：显然
x0
不是方程的解，故用
x
2
除方程两边， < br>整理得
6

x
3
44
xaxbab
x
22
11
，
x
2
2
,
x
3
3
，
x
4


23
1
换元.
x


2
1

1

5x

380
，
2

x

x


设
yx
11
，则
x
2

2
y
2
2
，
xx
上式变为
6y
2
25y380
，
整理得
6y5y500

2

510
，
y
2

，
23
151
由
x
，解得
x
1

，x
2
2

x22
1101
由
x
，解得
x
3
3
，
x
4


x33
解得
y
1

点评：形如
ax
4
 bx
3
cx
2
bxa0
的方程称为倒数方程，其特点是，按 某一字母降幂
排列后，与中间项等距离的项的绝对值相等，其解法是，用
x
2
除各项，构造
x
方程变为一元二次方程得解.
【难度】较难

类型四 常数换元

【例题8】解方程
x23x3x310

32
1
，使原
x
13
4
1213
4
12
，< br>x
3


【答案】
x
1
13
，
x
2

22
【解析】

试题分析：
这是 三次方程，且系数中含无理数，不易求解，若反过来看，把设
x
看作已知数，把
3设
为设
t
，则方程就变成关于
t
的一元二次方程.
试题解析：
解：设
3t

则原方程变形为
x
3
2x
2
txt
2
t10

即
xt
2
2x
2
1tx
3
10



xt

x
2
x1
< br>


0



t

x1



x3

x
2
x1


3

x1


0


整理得

x
2


31x 1


x31


0




x
2

31x10
或
x310


13
4
1213
4
12
解 得
x
1
13
，
x
2

，
x< br>3


22
【难度】困难

三、实战演练

类型一 局部换元

（高次方程）
1.已知
x2
y
2
1x
2
y
2
38
， 则
xy
的值为（ ）
【答案】1
【解析】
试题分析：
解题时把
xy
当成一个整体考虑，再求解就比较简单.
试题解析：
解：设
xyt
，

t0

，则
2 2
22

22
原方程变形为

t1
< br>t3

8
，
整理得

t5

t1

0
，
解得
t
1
5
，
t
2
1
，
∵
t0

∴
t1

∴
xy
的值是1
【难度】较易

2.解方程：
x2x
22

2

2
3x
2
6x 0

【答案】
x
1
0
，
x
2
2
，
x
3
3
，
x
4
1

【解析】
试题分析：
观察可知，方程整理后
x2x
试题解析：

2

2
3

x
2
2x
0
，可用换元法降次.

解：方程整理后
x2x
设
x2xy
，则 2

2

2
3

x
2
2 x

0

原方程变为
y3y0
解得
y
1
0
，
y
2
3
2


由< br>y
1
0
，得
x
2
2x0
，解得
x
1
0
，
x
2
2

由
y
2
3
，得
x
2
2x3
，解得
x3
3
，
x
4
1

∴原方程的解是
x
1
0
，
x
2
2
，
x
3
3
，
x
4
1

【难度】较易
< br>3.方程
x3
2

2

2
5

3x
2

20
，如果设
x
2
3 y
，那么原方程可变形为（ ）
222
A．
y5y20
B.
y5y20
C.
y5y20
D.
y5y20

【答案】D
【解析】
试题分析:
注意到
x
2
3
与
3x
2
互为相反数，只有符号 要变化，可利用换元法变形.
试题解析：
解：设
x3y
，则
3xy

用
y
表示
x3
后代入方程得
y5y20

故选D.
【难度】较易

4.解方程：
x1
2
2
22

2

2
x
2
3

【答案】
x
1
1
，
x
2
1

【解析】
试题分析：
22
1.以
x1
为一个整体换元 ，因此要对方程进行变形使其含有
x1
.

2.把方程展开成标准的双次方程，再对
x
进行换元.
试题解析：
2

解法一：原方程可化为
x1x120
，
2
设
x1y
，得
yy20
，
2

2

2
2

解得
y
1
2
，
y
2
1

由
x
2
12
，解得
x
1
1
，
x
2
1

由
x
2
11
，
x
2
2
无实根
∴方程的解是
x
1
1
，
x
2
 1

解法二：由方程得
x
4
x
2
20
，
设
xy

得
yy20
，
解得
y
1
1
，
y
2
2
（舍去）
由
x
2
1
，解得
x
1
1
，< br>x
2
1

∴方程的解是
x
1
1
，
x
2
1

点评：换元的关键是善于发现或构造方程中表达形 式相同的部分作为换元对象.在解方程的
过程中换元的方法常常不是唯一的，解高次方程时，只要能达到 将次目的的换元方法都可以
应用.

【难度】较易

（分式方程）
5.解方程
2
2
6
2
xx1

2< br>xx
【答案】
x
1
2
，
x
2
1

【解析】
试题分析：
方程左边分式分母为
x
2< br>x
，可将右边
x
2
x
看成一个整体，然后用换元法解.
试题解析：
解：设
xxy
，则原方程变形为
2
6
y1

y
解得
y
1
3
，
y
2
2

当
y
1
3
时，
x
2x3
，△＜0，此方程无实根
当
y
2
2
时，
x
2
x2
， 解得
x
1
2
，
x
2
1

经检验，
x
1
2
，
x
2
1
都是原方 程的根.
【难度】较易

6.解方程：
x

x2

2

x1

2

【答案】x
1
12
，
x
2
12

【解析】
试题分析：
整理后发现
x

x2

x2x
，故
x

x2

1
< br>x1

，就可换元解题了
2
2
试题解析：
2< br>x
解：方程整理后变为
2x
2

x1

2
2
，
两边加
1
得

x1

2

2

x1

1

设

x1

y
，则
原方程变为
y
2
2
1

y
整理得
yy20

解得
y
1
2
，
y
2
1
（舍去）
由
y
1
2
得

x1

2
，解得
x
1
12
，
x
2
12

经检验
x
1
12
，
x
2
12
是原方程的解
∴方程的解是
x
1
12
，
x
2
12< br>

【难度】较易
2
2

x
2
x12x
2
x219

2

7.解方 程
x
2
1xx16
【答案】
x
1
x
2
1
，
x
3

【解析】
试题分析：
22
x
2
x1
2x
2
x2

x x1

x1
x
2
1
y
，原方程可化观 察到
2
，设
1
2
2
2
x1
xx 1xx1xx1
3535
，
x
4


22
为
y
119
1
，由繁变简，可解.
y6
试题解析：
x
2
x1x
2
1191
解：原方程变形得，
x
2
1x
2
x1 6
x
2
x1x
2
113

即
2 2
x1xx16
113
x
2
x1
y

y
设，则原方程变为
2
y6
x1
整理得
6y 13y60

解得
y
1

2
32
，< br>y
2


23
3
x
2
x13< br>
，解得
x
1
x
2
1
由
y< br>1

得
x
2
12
2
35352
x
2
x12

xx
由
y
2

得，解得，
34
2
22
x13
3
经 检验
x
1
x
2
1
，
x
3
< br>3535
，
x
4

都是原方程的解.
22
3535
，
x
4


22< br>∴原方程的解是
x
1
x
2
1
，
x
3

【难度】一般

8.解方程：
2x
2

27
7x20

x
2
x
1
，
x
4
2

2
【答案】
x
1
12
，
x
2
12
，
x
3

【解析】
试题分析：
观察可发现
2x
2
271

2
1

7x 22x7x

2
，而
22

xxx

x

2
1
1

1

x2

2


x

2
，故可设x
为辅助元，可得解.
x
x

x

试题解析：
2



1

1

解：将原方程转化为
2
< br>
x

2

7

x
20

x

x




设
x
1
y
，则
x
2
原方程转化为
2y7y60

解得
y< br>1
2
，
y
2

当
y
1
 2
时，
x
3

2
1
2
，解得
x
1
12
，
x
2
12

x
3131
当
y
2

时，
x
，解得
x
3

，
x
4
2

2x22
1
经检验
x
1
12
，
x
2
12，
x
3

，
x
4
2
都是原方程的解 < br>2
1
所以，原方程的解是
x
1
12
，
x
2
12
，
x
3

，
x
4
2

2
【难度】一般

2x3x
2
2
2
9.解方程:
2
3x2 2x
【答案】
x
1

【解析】
试题分析：
这个方程左边两个分式互为倒数关系，抓住这一特点，可设
y
试题解析：
17
17
，
x
2


3
3
2x

3x
2
2

解 ：设
y
1
2x
y2
， ，则原方程可化为
2
y
3x2
即
y2y10

∴

y1

0
，解得
y1

由
2
2
2x
1
，得
3x
2
2x2 0

2
3x2
17
17
，
x
2< br>

3
3
17
17
，
x
2
都是原方程的根
3
3
解得：
x
1

经检验
x
1

点评：解有倒数关系的分式方程时，常把原方程中的一个分式 作为整体进行换元，换元时要
注意分子、分母互换时分式可以用一个新元和它的倒数来表示，即
形如
agf

x


【难度】较易
< br>10.解方程：
b
c0
的方程，可设
yf

x


f

x

122

222
x2x7x2x2x2x1
【答案】
x
1
 15
，
x
2
15

【解析】
试题分析：
观察方程的分母，发现各分母均是关于
x
的二次三项式，仅常数 项不同，抓住这一特点，可
设
yx2x

试题解析：
解：设
yx2x
，原方程可化为

2
2
12
122


，即，
y7

y2

y1

y7y2y1
2 即
yy120
，
解得：
y
1
4
，
y
2
3

2
由
x2x4
，解得
x
1
15< br>，
x
2
15

2
由
x2x3
，△＜0，方程无解

经检验
x1
15
，
x
2
15
，都是原方程的解.
∴方程的解是
x
1
15
，
x
2
15

【难度】较难

11.解方程：
111
0

x
2
11x 10x
2
2x10x
2
13x10
【答案】
x1
5
，
x
2
2
，
x
3
 5
，
x
4
2

【解析】
试题分析：观察方 程的分母，发现三个分母都是关于
x
的二次三项式，仅一次项不同，抓住
这一特点，可 设
yx2x10

试题解析：
解：设
yx2x10
，
则原方程可化为
2
2
111
0
y9xyy15x

2
整理得：
y4xy45x0

解得：
y
1
9x
，
y
2
5x

由
x
2
2x109x
，解得
x
1
5
，
x
2
2

由
x
2
2x105x
，解得x
3
5
，
x
4
2

经检验知，它们都是原方程的解.
点评：以上三个例子可以看出，换元时必须对原方程仔细观 察、分析，抓住方程的特点，恰
当换元，花繁为简，达到解方程的目的.
【难度】较难

（双元换元）
2
13xx
2

13x
x
12.解方程：

42

x1

x1

【答案】
x
1
1
，
x
2
6
，
x
3
32
，
x
4
32

【解析】
试题分析：

13xx
2

x
2
13

13xx
2

x
2
13

13x13
13
， 本题整理后

42
，发现




x1

x1

x1

x1

x1

13xx
2
x
2
13
a
，
b
，可得
ab13
，
ab42
，利用韦达定理 可求解. 设
x1
x1
试题解析：
13xx
2
x< br>2
13
a
，
b
解：设
x1
x1
可得
ab13
，
ab42

由韦达定理，知
a，
b
是方程
z
2
13z420
的两根
解得
z
1
6
，
z
2
7


a6

a7
即

或

< br>b7b6


13xx
2

13xx2
6

7


x1

x1< br>即

或


22

x13
7< br>
x13
6


x1

x1经检验
x
1
1
，
x
2
6
，
x
3
32
，
x
4
32
都是原方程的根.
所以方程的解是
x
1
1
，
x
2
6，
x
3
32
，
x
4
32

【难度】较难

13
x3x2

2

2


x
2
3x2

3x
22x1



3x
2
2x1



4x
2
5x1


22
【答案 】
x
1
x
3
1
，
x
2
2< br>，
x
4

【解析】
试题分析：
1
< br>3
观察发现
x
2
3x23x
2
2x14 x
2
5x1
，故可设
x
2
3x2u
，< br>
3x
2
2x1v
，原方程变为
u
2< br>uvv
2


uv

，方程由繁变简，可得解
试题解析：
解：∵
x
2
3x23x
2
2 x14x
2
5x1

22
设
x3x2u
，
3x2x1v

2

原方程变为
u
2
uvv
2


uv


∵
u
2
2uvv
2< br>

uv


2
2

∴uv0
，即
u0
或
v0

即
x
2
3x20
或
3x
2
2x10

解得
x
1
1
，
x
2
2
，
x
3
1
，
x
4

1
3

1< br>∴方程的解是
x
1
x
3
1
，
x
2
2
，
x
4


3

点评： 对于本题这样繁冗的方程，直接展开求解不可取，可通过观察，找到代数式间的联系，
不妨设两个辅助元 ，将方程变形，目的是使方程有繁变简，可解.
【难度】较难

（无理方程）
14.解方程：
x2x11

【答案】
x1

【解析】
试题分析：
解无理方程的基本思想是将其转化为有理方程，通常是设根式 为元，本题的两根式存在

x1

+1

x2

的关系，故设一个辅助元即可.
试题解析：
解：设
yx1
，则
x1y
2
，即
x2y
2
1

原方程可化为
变形为
y
2
1y1

y
2
11y

两边平方，并整理得
y0

由
x10
，解得
x1

经检验
x1
是原方程的解
点评：解无理方程时，常把方程中的一个含有 未知数的根式作为整体换元，达到化去根号转
化为可解的方程的目的.
【难度】一般



xy18
15.解方程组：




x3y23

x19
【答案】


y1

【解析】
试题分析：

此题是整式方程 与无理方程合并的方程组，解题时应从无理方程出发，将其化为有理方程求
解.
试题解析：
解：设
x3u
，
y2v
，则

u
2
v
2
17

1


原方程组可化为：


uv3
2


由（2）得，
u3v
，（3）
将（ 3）代入（1），得

3v

v
2
17
，
解得，
v
1
1
，
v
2
4
（
∴
u4

2
y2
不能为负）


x19

x34
得

，解得

< br>
y1


y21
经检验，知


x19
是原方程组的解
y1


x19


y1
∴原方程组的解为

点评：妙用换元法，将无理方程组化 为有理方程组，从而把繁杂而生疏的问题转化为简单而
熟悉的问题.
【难度】一般

16.解方程：
2x6x5x3x150

【答案】
x
1
5
，
x
2
2

【解析】
试题分析：
由于根号里面
x
2
3x
与根号外面
2x
2
6x
，对应系数成比例，故可以将其变形
22< br>2

x
2
3x1

5x
2
 3x130
， 不难找到辅助元.
试题解析：
解：设
x
2
3x1y
，则原方程可以化为
2y5y30

解得
y
1

2
2
1
（舍去），
y
2
3

2
即
x3x13
，