Tài liệu Sáng kiến " sáng kiến kinh nghiệm giải phương trình vô tỷ " ppt

sở giáo dục và đào tạo hà nội

Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều

Sáng kiến kinh nghiệm:

kinh nghiệm giảI
ph-ơng trình vô tỷ

Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn
Tổ

: Toán

Hà Nội, 5 / 2012


sở giáo dục và đào tạo hà nội

Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều

Sáng kiến kinh nghiệm:

kinh nghiệm giảI
ph-ơng trình vô tỷ

Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn
Tổ

Hà Nội, 5 / 2012

: Toán


mở đầu
Giải ph-ơng trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều
học sinh kể cả học sinh đ-ợc cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng tr-ớc việc
giải một ph-ơng trình; trong đó có ph-ơng trình chứa căn thức đ-ợc coi là khó
hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ để làm
sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn đề tài này sẽ góp phần giúp
học sinh có thêm những kỹ năng cần thiết để giải ph-ơng trình chứa căn thức nói
riêng và các dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn đây là tài
liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm đến môn toán.
Kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong
ch-ơng trình Toán bậc THPT hiện hành. Một phần sáng kiến kinh nghiệm này
có thể sử dụng để chuyển sang phần bất ph-ơng trình cũng đ-ợc; xong khi
chuyển sang bất ph-ơng trình có những phần sẽ đ-ợc mở rộng để có bài toán hay
hơn. Do đó ng-ời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào
nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đ-ợc.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 ph-ơng pháp giải toán
th-ờng gặp.


Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều

S¸ng kiÕn kinh nghiệm: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ
Bi toỏn m đầu
2
x  x2  x  1  x
(*)
3

(Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000)
Giải
Điều kiện 0  x  1
* Cách 1:
2
(*)
2
2

2 
 1 
x  x   x  1 x
3


4
4
1
x  x2   x  x2   x  2 x . 1  x  1  x
3
9

Giải phương trình 1 





 4  x  x2   6 x  x2  0





 2 x  x2 2 x  x2  3  0
 x  x2  0

 x  x2  3


2
x  0
 x  1

4 x  4 x2  9

x  0
 x 1

4 x2  4 x  9  0

x  0

x  1
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

* Cách 2:
Nhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua



x  1 x

x và 1  x nhờ vào đẳng thức



2

 1  2 x  x2

Vậy có cách 2
Đặt t  x  1  x ,

1 t  2

H1


Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều
t2 1
.
2
Phương trình (*) trở thành
t2  1
 t 2  1  3  3t
1
t
3

t  2 , không thoả mãn
 x  x2 

t  1
 t 2  3t  2  0  
t  2

x  0
x  1  x  1  2 x  x2  0  
x  1
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

t  1, có

* Cách 3:
Nhận xét:

x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể

 x  
2

1 x



2

1

Vậy ta có cách 3
Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3
3 x 3
2 x 3

9
9
vì thay x  vào phương trình khơng thoả mãn)
4
4
3t  3
Đặt t  x , nên 1  x 
2t  3
 1 x 

  

(x 



2

 3t  3 
Lại có
x  1  x  1 , nên t  
 1
2t  3 


2
2
2
2
 t  4t  12t  9   9t  18t  9  4t  12t  9
2

2

2

 4t 4  12t 3  14t 2  6t  0
 t  2t 3  6t 2  7t  3  0
 t  t  1  2t 2  4t  3  0

t  0
x  0


t  1
x  1
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

* Cách 4:
Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác
a  0, b  0
Đặt a  x , b  1  x ,
 2
3  2ab  3  a  b 

1  ab  a  b


Ta có hệ phương trình  3
2
 a  b   2ab  1
a 2  b 2  1



H2

(1)
(2)


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Thay (1) vào (2) có

 a  b

2

  a  b   3 a  b   2  0

 3 a  b   3  1



Với a  b  1, có a .b  0

2

 a  0

b  1

 a  1

 b  0


a  b  1

a  b  2

x  0

x  1

3
3
Với a  b  2 , có a .b  , khơng tồn tại a , b (Vì 4  22  4.  6 )
2
2
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .
Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3.

* Cách 5:

Cũng nhờ

  
2

x



1 x

Ta có thêm cách sau:
Đặt

x  sin a ,

0a



2

 1, ta nghĩ đến đẳng thức sin 2 a  cos2 a  1


2

2
Phương trình (*) trở thành 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a
3

 3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a
(Vì cos a  0 )
sin a  cos a  1
2
  sin a  cos a   3 sin a  cos a   2  0

sin a +cos a  2
a
a
a
a
a
a
 sin a  cos a  1  2sin .cos  2sin 2  0  sin  cos  sin   0
2
2
2
2
2
2
a
a

sin a  2sin 2 cos 2  0
 a

sin 2  0
x  0
a




2 tan
sin a 
2 1
x 1
 tan a  1

a


2
1  tan 2


2
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một
phương trình vơ tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức
và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi
vào một số phương pháp cụ thể.

H3


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương
Bài toán 1: Giải các phương trình sau

1) x  17  1  3x
2) x  3  3  3x  2

(1)
(2)

x 2  5 x  x3  2 x  1  x  1

(3)

3)

4) x2  1  x2  3x  2  x 2  8x  7
(4)
3
3
3
5) 12 x  12  2 x  3  x
(5)
2
6) x  2  2  x .
(6)
2
Bài toán 2: Tìm m để phương trình x  2mx  2  m (I), có nghiệm.
Bài tốn 3: Tìm m để phương trình 2 x  m  x  2 (II), có hai nghiệm phân
biệt.
Bài tốn 4: Giải các phương trình
1) x  2  5  2 x  2 x  7  3x
(1)
2) x  3  3x  1  2 x  2 x  2

(2)
3)

x

x3  1
 x  1  x2  x  1
x

(3)

x3  1
x3  1
4) 4 x  1  x  1 
(4)

x 1
4x  1
5) 3 x  3 3x  5  3 2 x  1  3 2 x  6 .
(5)
Giải
Bài toán 1
1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương
trình vơ nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là
1
1  3x  0  x  . Khi đó hai vế đều khơng âm và bình phương hai vế ta được
3
1
2
phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  . Do vậy ta không cần

3
đặt điều kiện cho x  17  0 .
1

(1) 1  3 x  0

x 


3
2
 x  17  1  3x 
 x  17  1  6 x  9 x 2


1

x

1
3


x 
   x  1

3
  16
9 x 2  7 x  16  0


 x 
9

Vậy phương trình có một nghiệm x   1 .
H4

 x  1


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
f ( x)  g ( x) . Ta làm như sau

Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là

 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
2
 f ( x)  g ( x)
Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  0.

2) Điều kiện 3  x  1
(2)

 x  3  2  3  3x





 

2

x32 

3  3x



2

 x  3  4 x  3  4  3  3x
 x  1  0


2
 x  3    x  1


 x  3  x 1
 x  1

2
 x  3  x  2x  1
 x  1
 x  1

 x  2 , thỏa mãn điều kiện
  x  1
 2
x  x  2  0

 x  2


Vậy phương trình có một nghiệm x   2 .
x  1  0
 x  1


 3
3)   2
2
3
 x  2 x  1  1  3x
 x  5 x  x  2 x  1   x  1


 x  1
1


1  x 
 1  3x  0

3
 x3  2 x  1  (1  3x) 2
 x3  2 x  1  1  6 x  9 x 2


1


1

1  x 
1  x 
3


3
 x  x 2  9 x  8  0
 x3  9 x 2  8 x  0


1

1  x 

3

 x0
 
 x  0 , thỏa mãn điều kiện
x 1


 x  8

Vậy phương trình có một nghiệm x  0 .
(3)

Chú ý:

 x 2  5 x  x3  2 x  1  0

Trong bài này ta không cần đặt điều kiện  3
.
x  2x  1  0


H5


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x 1
4) Điều kiện  x  7

 x  1

(4)





x 2  1  x 2  3x  2

 
2

x2  8x  7



2

 x2  1  x2  3x  2  2. x 2  1. x 2  3x  2  x 2  8x  7
 2  x  1 x  1.  x  1 x  2    x 2  5x  6

2

 x  1  x  1 x  2    x  1 6  x 
2

1  x  6


2
2
2
2
4  x  1  x  x  2    x  1  6  x 

1  x  6


2
2
2
 x  1  4 x  4 x  8  x  12 x  36   0

1  x  6


   x  1
 3x 2  16 x  44  0


 1  x  6


  x  1
 
 x  2

22
 x  
3

 x  1

x  2
x   1, x  2 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .

Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau
(4)

  x  1 x  1   x  1 x  2    x  1 x  7 
* Trường hợp 1: x   1 , thỏa mãn phương trình (4)
* Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành


x 1  x  2  x  7

 x 1  2 x 1 x  2  x  2  x  7
6  x  0


2
2
4  x  x  2    6  x 


H6



x 1  x  2

 
2

 2 x2  x  2  6  x
x  6
 2
3x  16 x  44  0

x7



2

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x  6

 x2
 
x2

22
 x  

3

x  2 , thỏa mãn điều kiện trường hợp 2
* Trường hợp 3: x   7 , phương trình (4) trở thành

1  x  1  x    1  x  2  x   1  x  7  x 
 1  x  2  x  7  x





1  x  2  x

 
2



7  x



2

 1  x  2 1  x 2  x  2  x  7  x  2 1  x 2  x  6  x  0
Phương trình vơ nghiệm (Vì 2 1  x 2  x  6  x  0, x  7 ).
* Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .
Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm:
Đẳng thức
Còn
(5)

5) 



3

ab  a b

ab  a b khi a  0 và b  0

ab  a b khi a  0 và b  0 .

  x
3

12 x  12  3 2 x  3 

3

3


2 x  3   3 x  1



 12 x  12   2 x  3  3 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3 2 x  3  x



 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3
 3 12  x  1. 3 2 x  3. 3 x  3( x  1)

(5*)

 12  x  1 2 x  3 x  27  x  1

3

  x  1 4  2 x 2  3x   9  x 2  2 x +1  0



  x  1   x 2  6 x  9   0

x 1  0
 2

 x  6 x  9  0
x 1

x  3
Thay x  1, x  3 vào phương trình (5) đều thoả mãn
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  3 .

Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương
trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình
(5) để kiểm tra lại.

H7


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

  3   3  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng
3
thức  a  b   a3  b3  3ab  a  b  để giải như bài trên.
Với dạng tổng quát

3

6) Điều kiện x   2
2

2

1
1

1 
1

  x  2    x  
 ( x  2)  x  2   x 2  x 
2 
2
4
4

1
1

(6.1)
 x22x2

 x  2  1   x  1 (6.2)


2
2
x  0
(6.1)
x  0
x  0

 x2x 
  x   1  x  2
 2
2

x  2  x
x  x  2  0
 x  2

(6)

 x  1  0

 x  2   x 1  
2
 x  2    x  1

x  1
x  1

 2

1  5
x  x  1  0
x 

2
(6.2)

x  1

2
x  2  x  2x  1

x

1  5
2

1  5
.
2
Chú ý: Có thể đưa về dạng f ( x)  g ( x) và giải bằng cách bình phương hai
vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm x   1 , x  2 ) và tìm
được nghiệm của phương trình.
Ngồi ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
(tơi xin trình bày ở phương pháp 5).

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x 

Bài tốn 2
*) Nếu m  0 thì phương trình (I) vơ nghiệm
*) Nếu m  0 thì:
( I ) m  0
m  0
 2
 2
2
2
 x  2mx  2  m
 x  2mx  2  m  0 (I*)
m  1
 m  1 (thoả mãn m  0 )
(I*) có nghiệm khi  '  m2  2  m2  0  
m  1


Kết luận: m  1 thì phương trình (I) có nghiệm.

H8


Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Bài tốn 3
( II )  x  2  0


2
2 x  m   x  2 


 x  2

2
2 x  m  x  4 x  4

 x  2
 2
 x  2 x  4  m (II*)

Xét hàm số f ( x)  x 2  2 x  4 , x   2 ;   
Bảng biến thiên

∞

x

2

1

+∞
+∞

4
f ( x)

3
Số nghiệm phương trình (II) bằng số nghiệm phương trình (II*) với x  2
Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt khi 3 < m  4.
Bài toán 4
1) Điều kiện 0  x 
(1)





x  2  5  2x

7
3

 
2

2 x  7  3x



2

 x  2  5  2 x  2 x  2. 5  2 x  2 x  7  3x  2 2 x. 7  3x
 x  2. 5  2 x  2 x. 7  3x
  x  2  5  2 x   2 x  7  3x 
 2 x2  x  10  6 x2  14 x
 4 x2  13x  10  0
x  2

5 (Thoả mãn điều kiện)
x 

4
5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  2 .
4
Chú ý: ta giải bằng cách trên vì có x  2  5  2 x  2 x  7  3x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) , với f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x)
Được giải bằng cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình
phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.
2) Điều kiện x  0
(2)

 x  3  2 x  2 x +2  3x  1
H9

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều




x32 x

 
2

2 x +2  3x  1



2

(2*)

 x +3+4x  4 x  3. x  2 x +2+3x 1  2 2 x  2. 3 x  1

 2 x. x  3  2 x  2. 3x  1
 4 x( x  3)  (2 x  2)(3x  1)
 4 x2  12 x  6 x2  8x  2
 2 x2  4 x  2  0
2
 2  x  1  0
 x 1
Thay x  1 vào phương trình (2) thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1.
Chú ý:
Ta giải bằng cách trên vì có: x  3  4 x  2 x  2  3x  1
Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm được nghiệm (2*) ta
phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay khơng.
Dạng tổng qt của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) , sau
đó bình phương và giải phương trình hệ quả.
3) Điều kiện x  0
2

2

x3  1 
 x 
 x  1  x2  x  1


x 


3
x 1
 x
 2 x3  1  x  1  x 2  x  1  2 x3  1
x
3
x 1


 x  x2  2
x
3
 x  1  x2  x3  2x
2
  x  1  0
 x  1 (Thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x  1.
(3)





Chú ý:
x3  1
 x  1. x 2  x  1 , với x  0
x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x).g ( x)  h( x).k ( x)
Được giải bằng cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình
phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Ta giải bằng cách trên vì có:

x.

H 10

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
4) Điều kiện x  1
x3  1
 4 x +1 

4x  1

x3  1
 x 1
x 1

(4)

2

2



x3  1   x3  1
  4x  1 
 x 1
 


4x  1   x 1

 

3

3
x 1
x 1
 4x  1 
 2 x3  1 
 x  1  2 x3  1
4x  1
x 1
3
3
x 1 x 1


  4 x+1   x  1  0
4x  1 x  1
  x3  1  4 x 2  3x  1
  3x  2  
0
 4 x  1 x  1 



  3x  2   x3  4 x 2  3x+2   0

  3x  2  x  2   x 2  2 x  1  0

2

x  3


 x  2
x 1 2

x 1 2

x  2

(Thoả mãn điều kiện x  1)
x 1 2
Thay x  2 , x  1  2 vào phương trình (4) thấy thỏa mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  1  2 .

Chú ý:
x3  1
4 x  1.

4x  1

Ta giải bằng cách trên vì:

x3  1
. x 1
x 1

Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng cách: Đặt nhân tử chung x3  1 ở vế phải ra,
x  1  4 x  1 , cách này có thể sẽ ngắn
sau đó quy đồng tiếp sẽ có nhân tử





hơn cách giải trên. Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát của phương
trình: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) . Trong đó: f ( x).h( x)  k ( x).g ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình:
f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x)
Sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả.
(5)

5) 



3

 
3

x  3 3x  5 

3

2x  1  3 2x  6

H 11



3

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

 x  3x  5  3 3 x(3x  5).( 3 x  3 3x  5)


x(3x  5) 

 2 x  1 2 x  6  2 x  1  2 x  6 
2 x  1  2 x  6    2 x  1 2 x  6   2 x  1  2 x  6 
x(3x  5)   2 x  1 2 x  6 

 3 x(3x  5)

3

3



3



3

 2 x  1  2 x  6  3 3 (2 x  1)(2 x  6)( 3 2 x  1  3 2 x  6)

x  3 3x  5 
3

3

3

3

3

3

3

(5*)

3

(Vì: 2 x  6  2 x  1  3 2 x  6  3 2 x  1  0 )
 x(3x  5)  (2 x  1)(2 x  6)
 3x2  5x  4 x2  10 x  6
 x2  5x  6  0
x 1

 x  6
Thay x  6 , x  1 vào phương trình (5) thoả mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm x  6 , x  1 .
Chú ý: Phương pháp tương tự như các bài toán trên. Ở (5*) là ta đã sử dụng từ
phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5).
Thật vậy, nếu ta thay 3 x  3 3x  5 chứ khơng thay như bài giải vừa rồi, sẽ



tìm được nghiệm x  



5
nhưng nghiệm này không thoả mãn phương trình (5).
2

Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình
1)

x3  x 2  x 2  x  2

2)

x 4  3x  2  x 2  1

3)

x4  x2  1  1  2 x

4)

x3  x  1  1  2 x

5)

2 x4  5x2  3  x2  1

6)

x4  x2  1  x  1

7)

x  2 x 1  2  2 x

8)

x3  x 2  1  1  2 x

9) x 2  2 x  4  3 x3  4 x
11)

4  3 10  3x  x  2

10) x 2  x  1  5 x2  8 x  4
(HSG Quèc Gia 2000)

12) x 2  x  1  5 x2  8 x  4

13)

3x  4  x  3  3

14)

2x  2 x x

15)

x2  x  1  x2  x  1  2

16)

x  x2  1  x  x2  1  2

17)

x2
x 1
6
5
x 1
x2

18)

x 2  4 x  12  x 2  x  6  x  2

19)

2  x2  2 x2  1  x  1

H 12

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
1  3x  2 x  3  3 x  2

20)

x2  2 x  2  x2  x  1  1

22)

3  3x  2 4  x  x  2

23)

24)

2 x2  1  2 x  1  2 x2  x  9

25) 3 1  x  3 1  x  1

26)

2 x  3  5  2 x  4 x 2  16 x  15  1

27)

x  2  x  1  x2  x  2  1

29)

x  3  2 x  5  3  3x  5  2 x

30)

x3  1

x3

21)

x  1  x2  x  1 

2x  3  3  x  x

28) 1  2 x  1  2 x  2  x 2

x3

31) x2  8x  15  x 2  2 x  15  4 x 2  18x  18
32) 2 x2  8x  6  x 2  1  2 x  2 (ĐH BK HN 2001).
Bài 2: Tìm m để phương trình:

2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt.

Bài 3: Tìm m để phương trình:

2 x 2  mx  x 2  4 có nghiệm.

H 13

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ
I. Bài toán 1: Dạng af  x   b f  x   c  0 , a  0
Phương pháp chung là đặt t 

f  x , t  0

1) Cho phương trình:  x  1 x  3  6  x  1 x  5  m  0 (1)
a) Giải phương trình với m  0
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
2) Giải phương trình: x  2  x 2  8x  2  x  8
(2).
II. Bài toán 2:
Dạng a  f  x   g  x    b f  x  .g  x   c  f  x   g  x    d  0




(Với abc  0 )
Phương pháp chung là đặt t  f  x   g  x 
1) Cho phương trình: x  1  x  x  x 2  m
a) Giải phương trình với m  1
b) Tìm m để phương trình vơ nghiệm.
2) Cho phương trình: 2 x  1  2 x  2  x  x 2  x  2  m
a) Giải phương trình với m  11
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

(3)

3) Giải phương trình: x 3 35  x3 x  3 35  x3  30

(5).





(4)

III. Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trình thuần nhất
Giải các phương trình:
1) 3 1  x3  2 x 2  4 x
(6) (HSG Toán 10, NGT 2007)
2) x3  3x 2  2

 x  2

3

 6x  0

(7)

3) x2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
(8)
2
2
4) 5x  14 x  9  x  x  20  5 x  1 (9)
IV. Bài toán 4: Dạng af  x   b.g  x . f  x   c.h  x   0 , abc  0
Giải các phương trình:

1)  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1
(10)
2) 4 x  1  1  3x  2 1  x  1  x 2
3) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16
Giải
I. Bài toán 1:

x 1
1) Điều kiện 
 x  5

H 14

(11)
(12).


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
1

 x 2  4 x  6. x 2  4 x  5  3  m  0
Đặt t  x 2  4 x  5 , t  0
 t 2  x2  4x  5
Phương trình (1) trở thành: t 2  5  6t  m  3  0  t 2  6t  8  m (1.1)
(1.1)
t  2
a) m  0 :  t 2  6t  8  0  
t  4
 x  2  13
 x2  4x  5  2

 x2  4x  5  4
 x2  4 x  9  0


 2
 2
  x  7
 x2  4x  5  4
 x  4 x  5  16
 x  4 x  21  0
x  3



Vậy với m  0 , phương trình có bốn nghiệm: x  7 , x  3 , x  2  13 .
b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm t  0
Gọi f  t   t 2  6t  8 với t  0;  
Bảng biến thiên:

t



0



3
1

f t 



8
 f  t   1, t  0
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi m  1 .
x  8
2) Điều kiện  2
 x  8x  2  0
( 2)

 x  2  x  8  x2  8x  2




x  2  x 8

 
2



x2  8x  2



2

 x  2  x  8  2 x  2. x  8  x 2  8 x  2
 x 2  10 x  2 x 2  10 x  16  8  0
Đặt t  x 2  10 x  16 , t  0
 t 2  x2  10 x  16
Phương trình (2) trở thành: t 2  16  2t  8  0
t  4
 t 2  2t  8  0  
t  2
t  2 , loại

H 15


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x  0
x 2  10 x  16  4  x 2  10 x  16  16  x 2  10 x  0  
 x  10
Thay x  10 vào điều kiện x2  8x  2  0 thoả mãn
Vậy phương trình có nghiệm x  10 .
t  4 , có

Chú ý: Ở đây tơi chưa cần đến giải bất phương trình x2  8x  2  0 .
II. Bài toán 2:
1) Điều kiện 0  x  1
Đặt t  x  1  x , với 1  t  1
 x 1  x  

 t 2  x  1  x  2 x. 1  x
(3)

t 

1 t2
m
2

1 t2
2

 t 2  2t  1  2m

(3*)

a) m  1 ,  t 2  2t  3  0
t  3 , loại
t  1 , nên x  1  x  1

(3*)

t  1

t  3
 x 1 1 x

 2 1  x   2 1  x  0
 x 11 x  2 1 x
 x  1 (vì 1  x  0 , x  0;1 )
Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  1 .
b) Phương trình (3) vơ nghiệm khi phương trình (3*) khơng có nghiệm thoả mãn
1  t  1

Gọi f  t   t 2  2t  1 với 1  t  1
Bảng biến thiên:

t 
f t 

1 

1

2
2

 2  f  t   2 , t   1;1
 2m  2
m  1
Do đó: 

 2m  2
 m  1
Kết luận: m  1 , m  1 thì phương trình vơ nghiệm.

2) Điều kiện x  2
Đặt t  x  1  x  2 , t  3

H 16


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
 t 2  x  1  x  2  2 x  1. x  2

 x  x2  x  2 
t2 1
 2t 
m
2
(4)

t2 1
2
 t 2  4t  1  2m

(4*)

a) m  11 ,

 t 2  4t  1  22

(4*)

t  7

t  3

 t 2  4t  21  0

t  7 , loại
t  3 , nên x  1  x  2  3

 2x  1  2 x2  x  2  9

 x2  x  2  5  x
5  x  0
x  5
x  5
 2


 x3
9 x  27
x3
x  x  2  25  10 x  x 2



Vậy với m  11 phương trình có nghiệm x  3 .
b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn
t 3
Gọi f  t   t 2  4t  1, t  3
Bảng biến thiên:

t



2



3


f t 
44 3

 f  t   4  4 3 ; t  3

Do đó: 2m  4  4 3  m  2  2 3
Kết luận: m  2  2 3 thì phương trình có nghiệm.
3) Đặt t  x  3 35  x3



 t 3  x3  35  x3  3x 3 35  x3 . x  3 35  x3
t 3  35
(5*)
 x 35  x 
3t
t 3  35
Phương trình (5) trở thành:
.t  30
3t
Thay t  5 vào (5*) có:
3



3

H 17

 t 3  125

t 5


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x3 35  x3  6

 x3  35  x3   216

 x6  35x3  216  0

 x3  8
x  2
 3

x  3
 x  27
Thay x  2 , x  3 vào phương trình ban đầu thoả mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  3 .

Chú ý: Ta có thể đặt y  3 35  x3 và đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1 để
giải cũng được. Phương pháp này sẽ được trình bày ở dưới. Hoặc giải bằng
cách mũ ba cả hai vế.
III. Bài toán 3:
1) Điều kiện x  1
Để ý: 2 x 2  4 x  2  x 2  x  1  2 1  x 
Đặt a  1  x , b  1  x  x 2 , a  0 , b 

3

.
2

Phương trình (6) trở thành: 3ab  2b2  2a 2
 2a 2  3ab  2b2  0
a
2
 b  2
a
a
 2    3   2  0

b
b
a  1
b 2

a
 2 , loại
b
a 1

 b  2a
 1  x  x2  2 1  x
b 2
 1  x  x2  4  4x
 x2  5x  3  0
x

5  37

(Thoả mãn điều kiện)
2

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x 

5  37
.
2

2) Điều kiện x  2
Nhận thấy x  2 khơng là nghiệm phương trình
Đặt y  x  2 , y  0
Phương trình (7) trở thành: x3  3x  x  2   2





3

x2 0

 x3  3xy 2  2 y 3  0
3

x
 x
    3   2  0
 y
 y

2

 x   x  x
   1     2  0
 y   y  y




H 18


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x
 y 1

x
 y  2


y  x

1
y   x

2

x  0
x0

x0



Với y  x , có: x  2  x  
   x  1  x  2
 2
2
x  2  x
x  x  2  0
 x  2

1
1
Với y   x , có: x  2   x
2
2
x  0
x  0
x  0


 2

 x  22 3
2
4  x  2  x
x  4x  8  0
x  2  2 3





Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  2 , x  2  2 3 .
1
2
2
Để ý: 3x  4 x  1  3 x 2  2 x    2 x  1

3) Điều kiện x 

1
không là nghiệm phương trình
2
Đặt a  x 2  2 x , b  2 x  1 , a  0 , b  0
Phương trình (8) trở thành: a  b  3a 2  b2
 a 2  b2  2ab  3a 2  b2
 2a 2  2ab  2b2  0

Nhận thấy x 

a 1 5
 
b
2

a 1 5
 
2
b

2

a a
    1  0
b b

a 1 5
, loại

b
2
a 1 5
Với

 2a  1  5 b
b
2
 4  x 2  2 x   6  2 5  2 x  1

Với













 4x2  4 1  5 x  6  2 5  0





2

 2 x  1  5   0


1 5
x
(Thoả mãn điều kiện)
2

H 19



 2 x2  2 x  1  5



2x 1

Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều

Vậy phương trình có nghiệm x 

1 5
.
2

4) Điều kiện x  5
(9)

 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  25 x  25  10 x  1 x 2  x  20

 2 x2  5x  2  5

 x  1 x  4  x  5

 2  x 2  4 x  5  3 x  4   5

x

2

 4 x  5  x  4 

Đặt a  x 2  4 x  5 , b  x  4 , a  0 , b  3
a
b 1

a
a
2
2
 2a  3b  5ab
 2    5   3  0

b
b
a  3
b 2

2
2
Với a  b , có: x  4 x  5  x  4
 x  4x  5  x  4
2

(9)

 x2  5x  9  0

a  b

 2a  3b


5  61
x 
2



5  61
x 

2

5  61
, thoả mãn điều kiện
2
Với 2a  3b  2 x 2  4 x  5  3 x  4
x

 4 x2  25x  56  0
x  8 , thoả mãn điều kiện

 4 x2  16 x  20  9 x  36
x  8

7
x  

4

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x  8 , x 

5  61
.
2

Chú ý: Ta giải được như trên vì
2 x 2  5 x  2  2  x 2  4 x  5  3 x  4 

và:  x  1  x 2  x  20    x  1 x  4  x  5   x  4   x 2  4 x  5 .

IV. Bài toán 4:
1)   x 2  2 x  3   x  1 x 2  2 x  3  2 x  2  0
(10)

Đặt t  x 2  2 x  3 , t  2
H 20


Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Ta có: t 2   x  1 t  2 x  2  0
  x 2  2 x  1  8 x  8  x 2  6 x  9   x  3
(10)
t  2
 
t  x  1

Với t  2, có

2

x2  2 x  3 = 2  x2  2 x  3  4  x2  2 x  1  0  x  1  2

Với t  x  1, có

x 2  2 x  3  x  1: phương trình vơ nghiệm

(vì: x 2  2 x  3  ( x  1)2  2  ( x  1)2  x  1  x  1)
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  1  2 .
2) Điều kiện 1  x  1
(11)

 4 x  1  2( x  1)  (1  x)  2 1  x  1  x . 1  x

Đặt t  1  x , t  0
(11)

 4 1  x  2( x  1)  t 2  2t  1  x .t
 t 2  (2  1  x )t  4 1  x  2 x  2  0



  4  4 1  x  1  x  16 1  x  8 x  8  4  12 1  x  9(1  x)  2  3 1  x



2

(11) t  2 1  x

t  2  1  x


Với t  2 1  x , có: 1  x  2 1  x  1  x  4 x  4
3
 5 x  3  x   (Thỏa mãn điều kiện)

5
Với t  2  1  x , có: 1  x  2  1  x
 1  x  1  x  2  1  x  1  x  2 1  x2  4
 1  x2  1
 1  x2  1
 x  0 (Thỏa mãn điều kiện)
3
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x   , x  0 .
5
Chú ý:
Bài toán này ta tách: 3x  2(1  x)  (1  x)  1 để phương trình bậc hai
theo t có  là dạng bình phương
3) Điều kiện 2  x  2
(12)

 4(2 x  4)  16(2  x)  16 2 x  4. 2  x  9 x 2  16
 16 2(4  x 2 )  8 x  32  9 x 2

 4(8  2 x 2 )  16 8  2 x 2  x 2  8 x  0

Đặt t  2 8  2 x 2 , t  0

H 21


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
t  x

t   x  8
Với t  x, có: 2 8  2x 2  x

(12)

 t 2  8t  x 2  8 x  0

x  0

2
2
4(8  2 x )  x

x  0


4 2
x  
3


x  0
 2
9 x  32

4 2
(thỏa mãn điều kiện)
3
Với t   x  8, có: 2 8  2 x 2   x  8
x

 2 8  2 x 2  x  8  0 phương trình khơng có nghiệm x   2;2

Kết luận: phương trình có một nghiệm x 

4 2
.
3

Bài tập
Giải các phương trình:
x 1
1) ( x  2)
 ( x  1)( x  2)  6
x 1
2)
3)

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

x  2  x  1  x  x2  x  2  1
1
x2
5  1  x2
x 
5) 2 
 

20

x 1  x2 2  x
1  x2 


6) 2 x 2  5x  1  7 x3  1
7) ( x 2  6 x  11). x 2  x  1  2( x 2  4 x  7) x  2

4)

8) x3  (3  x 2  2) x  1  2 x 2  2
1 4
9) x 2  3x  1 
x  x2  1
3
10) 2( x 2  3x  2)  3 x3  8 .

H 22