Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Định hướng đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục nước ta trong giai đoạn
hiện nay là “chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang
phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người học”. Theo đó, Chương trình giáo
dục phổ thông 2018 được xây dựng theo định hướng phát triển phẩm chất và năng
lực của học sinh; tạo môi trường học tập và rèn luyện giúp học sinh phát triển hài
hoà về thể chất và tinh thần, trở thành người học tích cực, tự tin, biết vận dụng các
phương pháp học tập tích cực để hồn chỉnh các tri thức và kĩ năng nền tảng, có ý
thức lựa chọn nghề nghiệp và học tập suốt đời; có những phẩm chất tốt đẹp và năng
lực cần thiết để trở thành người cơng dân có trách nhiệm, người lao động có văn
hố, cần cù, sáng tạo.
Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo từ lâu đã được xác định là
một trong những mục tiêu quan trọng của giáo dục.Theo Chương trình giáo dục
phổ thơng 2018, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là một trong những năng
lực cốt lõi cần phải bồi dưỡng và phát triển cho người học. Năng lực giải quyết vấn
đề và sáng tạo là một khái niệm mới. Do vậy, việc làm rõ khái niệm cũng như
nghiên cứu khả năng dạy học mơn Tốn nhằm góp phần phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo là rất cần thiết.
Phương trình vơ tỷ có nhiều dạng và các phương pháp giải khác nhau. Nó
thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Hiện nay, có rất nhiều tài liệu, sách
tham khảo viết về phương trình vơ tỷ. Tuy nhiên, các tài liệu, sách tham khảo phần
lớn dừng lại ở việc phân dạng phương trình vơ tỷ, nêu phương pháp giải và lấy ví
dụ minh họa. Rất ít tài liệu, sách tham khảo viết theo hướng phát triển năng lực học
sinh.
Trong dạy học mơn Tốn, chúng tơi cho rằng, có thể phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sử dụng các bài tốn về
phương trình vơ tỷ.
Hiện nay, có nhiều nghiên cứu về phát triển năng lực giải quyết vần đề và
sáng tạo cho học sinh thông qua các chủ đề, các bài toán trên nhiều lĩnh vực khác
nhau của toán học…Tuy nhiên, chưa có nghiên cứu nào về phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thơng qua các bài tốn về phương trình vơ tỷ.

Vì những lý do trên, tác giả chọn đề tài: “Phát triển năng lực giải quyết vấn
đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vơ tỷ” để
nghiên cứu.

1


PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. CƠ SỞ KHOA HỌC
1. Cơ sở lý luận
Có nhiều nghiên cứu về năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo nói
chung. Theo Nguyễn Lộc, Nguyễn thị Lan Phương và các công sự (2016), “năng
lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân sử dụng hiệu quả các quá trình nhận thức,
hành động và thái độ, động cơ, xúc cảm để giải quyết những tính huống vấn đề mà
ở đó khơng có sẵn quy trình, thue tục, giải pháp thơng thường” [2; tr216]. Trần Việt
Dũng (2013), “năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra cái mới có giá trị của cá nhân
dựa trên tổ hợp các phẩm chất độc đáo của cá nhân đó” [3; tr162]. Tuy nhiên, việc
đưa vào khái niệm năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo trong chương
trình giáo dục phổ thơng - Chương trình tổng thể là một cách đưa sáng tạo, có tính
mới. Theo đó, năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo thể hiện ở cấp THPT
có thể được mô tả như sau:
-Nhận ra ý tưởng mới: Biết xác định và làm rõ thông tin, ý tưởng mới và
phức tạp từ các nguồn thông tin khác nhau; biết phân tích các nguồn thơng tin độc
lập để thấy được khuynh hướng và độ tin cậy của ý tưởng mới.
- Phát hiện và làm rõ vấn đề: Phân tích được tình huống trong học tập, trong
cuộc sống; phát hiện và nêu được tình huống có vấn đề trong học tập, trong cuộc
sống.
- Hình thành và triển khai ý tưởng mới: Nêu được nhiều ý tưởng mới trong
học tập và cuộc sống; suy nghĩ khơng theo lối mịn; tạo ra yếu tố mới dựa trên
những ý tưởng khác nhau; hình thành và kết nối các ý tưởng; nghiên cứu để thay

đổi giải pháp trước sự thay đổi của bối cảnh; đánh giá rủi ro và có dự phịng.
- Đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập và làm rõ các thơng tin có liên
quan đến vấn đề; biết đề xuất và phân tích được một số giải pháp giải quyết vấn đề;
lựa chọn được giải pháp phù hợp nhất.
- Thiết kế và tổ chức hoạt động:
+ Lập được kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương
tiện hoạt động phù hợp;
+ Tập hợp và điều phối được nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt
động.
+ Biết điều chỉnh kế hoạch và việc thực hiện kế hoạch, cách thức và tiến
trình giải quyết vấn đề cho phù hợp với hoàn cảnh để đạt hiệu quả cao.
+ Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động.
- Tư duy độc lập: Biết đặt nhiều câu hỏi có giá trị, khơng dễ dàng chấp nhận
thơng tin một chiều; không thành kiến khi xem xét, đánh giá vấn đề; biết quan tâm
tới các lập luận và minh chứng thuyết phục; sẵn sàng xem xét, đánh giá lại vấn đề.
2


Trong đề tài này, chúng tôi quan niệm năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo
trong mơn Tốn là khả năng huy động, tổng hợp kiến thức, kĩ năng và các thuộc
tính cá nhân nhằm giải quyết một nhiệm vụ học tập mơn Tốn, trong đó có biểu
hiện của sự sáng tạo. Sự sáng tạo trong quá trình giải quyết vấn đề được biểu hiện
trong một bước nào đó, có thể là một cách hiểu mới về vấn đề, hoặc một hướng giải
quyết mới cho vấn đề, hoặc một sự cải tiến mới trong cách thực hiện giải quyết vấn
đề, hoặc một cách nhìn nhận đánh giá mới.
Nói riêng, trong dạy học mơn Tốn, Chương trình giáo dục phổ thơng mơn
Tốn cũng nêu rõ định hướng nội dung giáo dục tốn học góp phần hình thành và
phát triển cho học sinh các phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán
học (bao gồm: NL tư duy và lập luận tốn học, NL mơ hình hóa tốn học, NL giải
quyết vấn đề toán học, NL giao tiếp toán học, NL sử dụng cơng cụ, phương tiện

tốn học)[4; tr 9]
Như vậy, có thể thấy được mối quan hệ giữa việc phát triển các năng lực
thành phần của năng lực toán học và năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo. Cũng
do phân tích ở trên, chúng tơi cho rằng, giáo viên có thể phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học
sinh thực hiện các hoạt động như là các “năng lực thành phần” của năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo như đã trình bày ở trên.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong giai đoạn hiện nay, chúng ta đang dạy học theo chương trình giáo
dục phổ thơng hiện hành (chương trình sách giáo khoa năm 2006) được xây
dựng theo hướng tiếp cận nội dung. Chun đề phương trình vơ tỷ trong chương
trình sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng khơng nhiều, số lượng bài tập ít,
thiếu tính đa dạng. Thực tế cho thấy, phương trình vơ tỷ rất đa dạng và phong
phú, có nhiều phương pháp giải khác nhau, có nhiều bài tốn khó, phức tạp. Để
giải nó, địi hỏi học sinh phải nắm vững các phương pháp giải, có tư duy sáng
tạo, linh hoạt và thành thạo các kỹ năng biến đổi...
Về phương pháp, hình thức tổ chức dạy học hiện nay chúng ta thấy có
nhiều thay đổi. Phương pháp dạy học tích cực được các nhà trường chỉ đạo quyết
liệt để giáo viên áp dụng vào giảng dạy. Tuy nhiên, vẫn cịn có giáo viên ngại
đổi mới phương pháp dạy học, khơng linh hoạt trong giảng dạy. Do đó, việc phát
triển phẩm chất, năng lực người học còn nhiều hạn chế. Khi dạy chun đề
phương trình vơ tỷ, một số giáo viên chỉ biết sưu tầm các bài tập có trong sách
giáo khoa, sách tham khảo khác nhau và dạy cho học sinh, khơng phân tích,
hướng dẫn, đưa ra những câu hỏi, tình huống có vấn đề để khích thích tính tị
mị, sáng tạo cho học sinh nên khơng tạo hứng thú cho học sinh khi học chuyên
đề này.
Hiện nay, việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh
trong dạy học còn gặp một số khó khăn. Có nhiều yếu tố ảnh hưởng tới điều này,
chúng ta có thể kể đến là: về chất lượng đội ngũ giáo viên, nội dung chương trình,
3

cơ sở vật chất, cách tiếp cận phương pháp dạy học mới... Song, để tiếp cận với
Chương trình giáo dục phổ thông 2018, chắc chắn người dạy, người học cần phải
thay đổi về nhận thức và phương pháp dạy và học.
II. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO
CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VƠ
TỶ
Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, nội dung
của đề tài tập trung vào rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vơ tỷ. Trên cơ
sở lời giải một số bài tốn phương trình vơ tỷ, đi ngược lại quy trình, chúng tơi nêu
ra các phương pháp sáng tạo ra bài toán mới.
Trước hết chúng ta bước vào phần rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương
trình vơ tỷ.
1. Rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vơ tỷ.
1.1. Phương pháp giải phương trình vơ tỷ
1.1.1. Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về
 g ( x)  0

phương trình cơ bản dạng: f ( x)  g ( x)  

 f ( x)   g ( x) 

2

Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích

f ( x).g ( x).h( x)...  0

Kỹ năng 2: Nhân biểu thức liên hợp

1.1.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Kỹ năng 1. Đặt một ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 2. Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 3. Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình
Kỹ năng 4. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn.
1.1.3. Phương pháp đánh giá
1.1.4. Phương pháp lượng giác hóa.
1.1.5. Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về
dạng f 2 ( x)  0 hoặc f 2 ( x)  g 2 ( x)  ...  0 hoặc f n ( x)  g n ( x)
1.1.6. Phương pháp hàm số
1.2. Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông
qua rèn luyện tư duy sáng tạo giải một số bài tập phương trình vơ tỷ.
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 2( x2  3x  2)  3 x3  8 (1)
bản

Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ
f ( x)  g ( x) .
4


Sau khi thực hiện phép biến đổi

 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
2
 f ( x)   g ( x)  (2)

Phương trình (2) thu được là phương trình bậc 4. Lúc đó, với sự hỗ trợ của
máy tính casio, ta thấy phương trình (2) biến đổi được về dạng tích có nhân tử
chung là biểu thức x2  6 x  4 . Từ đó ta có lời giải:

Lời giải 1. Áp dụng công thức cơ bản

 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
2
 f ( x)   g ( x)  (2)

Điều kiện: x  2
Phương trình

2

 x  3x  2  0
2( x  3 x  2)  3 x  8   3
2
2

9( x  8)  4( x  3 x  2)
2

3



 x   ;1   2;  
 x   ;1   2;  
 4

 2
3

2
2


4 x  33x  52 x  48 x  56  0
( x  6 x  4)(4 x  9 x  14)  0

 x   ;1   2;  
 x  3  13


x


;1

2;







 2
   x  3  13
 x  3  13


x  6x  4  0


  x  3  13

Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13
Tiếp tục phân tích, ta thấy:
x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)
x 2  3x  2  ( x 2  2 x  4)  ( x  2)

Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức
x  2 và x 2  2 x  4 . Nếu đặt a  x 2  2 x  4, b  x  2 , Ta có phương trình
2a 2  3ab  2b2  0  (a  2b)(a  2b)  0  a  2b  0  a  2b

Từ đó ta có lời giải sau:
Lời giải 2.
Điều kiện: x  2
Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4)(*)
Đặt a  x2  2 x  4  0; b  x  2  0
Phương trình trở thành 2a 2  3ab  2b2  0  (a  2b)(a  2b)  0  a  2b  0  a  2b
 x  3  13

Với a  2b  x 2  2 x  4  2 x  2  x 2  6 x  4  0  

 x  3  13

Nhận xét:

5


1.Từ lời giải 2, có một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để ta nghĩ đến việc biến đổi

phương trình xuất hiện hai biểu thức x  2 và x 2  2 x  4 ?
Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức trong căn x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)
Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x2  3x  2 theo x  2 và x 2  2 x  4
Để thực hiên ý độ đó, ta chỉ cần làm như sau:
Giả sử x 2  3x  2  m( x 2  2 x  4)  n( x  2)  mx 2  (n  2m) x  4m  2n
m  1
m  1
Đồng nhất hệ số, ta có n  2m  3  
n  1
 4m  2n  2


 x 2  3x  2  ( x 2  2 x  4)  ( x  2)

2. Phương trình (*) có dạng tổng quát A. f ( x)  B.g ( x)  C. f ( x) g ( x)
a 

Nếu đặt 

f ( x)

b  g ( x)

, ta có thể có được lời giải.

3. Giải sử g ( x)  0 , ta có: A. f ( x)  B.g ( x)  C. f ( x) g ( x)  A
Bằng cách đặt t 

f ( x)
f ( x)

 B  C.
g ( x)
g ( x)

f ( x)
, ta cũng có được lời giải
g ( x)

Lời giải 3.
Điều kiện: x  2
Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4)
 22

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

Đặt t 

x2
, điều kiện t  0
x  2x  4

2

2



1
1
2 t 

2
t  2

Phương trình (1) trở thành: 2t 2  3t  2  0  

Với t  2 

t

 x  3  13
x2
 2  x2  6x  4  0  
x  2x  4
 x  3  13
2

Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13
Nhận xét:
Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau:

6


af ( x)  b n f ( x)  c  0 . Khi đó, ta đặt ẩn phụ t 

n

f ( x) thì bài tốn sẽ được giải

quyết.
Thực tế cho thấy, trong quá trình giải bài tập phương trình vơ tỷ, có nhiều phương
trình, sau một số bước biến đổi, ta thu được phương trình dạng:
af ( x)  b n f ( x)  c  0

Nếu để ý, ta thấy lời giải 2 thực chất là biến đổi tương đương phương trình đã cho
về dạng tích. Từ đó, ta có thêm lời giải sau:
Lời giải 4.
Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4)
 2( x 2  2 x  4)  ( x  2)( x 2  2 x  4)  2( x  2)  4 ( x  2)( x 2  2 x  4)  0






x  2  0



 x2  2 x  4 2 x2  2 x  4  x  2  2 x  2 2 x2  2 x  4  x  2  0



 2 x2  2 x  4  x  2



x2  2x  4  2

 x  3  13
 x2  2 x  4  2 x  2  0  x2  2 x  4  2 x  2  x2  6 x  4  0  
 x  3  13

Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13
Sử dụng một trong những lời giải nêu trên, ta sẽ giải được các bài tập phương
trình vơ tỷ sau:
a) 3x 2  12 x  5 10  4 x  x 2  12  0

d) 3 81x 4  4  27 x 2  42 x  6

b) 2( x2  x  6)  5 x3  8

e) x 2  3x  4  3 x3  6 x 2  11x  6

c) 2 x 2  5x  1  7 x3  1
Bình luận: Ở ví dụ 1, để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học
sinh, chúng tôi đã đưa ra những phân tích, nhận xét để rèn luyện cho học sinh tư
duy sáng tạo tìm tịi lời giải và giúp học sinh trả lời câu hỏi “vì sao lại nghĩ ra lời
giải này”. Chúng tôi cũng đưa ra các dạng phương trình tổng quát để học sinh
nhận dạng và ghi nhớ cách giải.
Ở các ví dụ tiếp theo, chúng tơi khơng nặng về phân tích, nhận xét để giúp
học sinh tư tuy tìm tịi lời giải. Chúng tơi chỉ tập trung vào định hướng và giải bài
toán bằng nhiều cách khác nhau để giúp học sinh nắm sâu hơn về các phương pháp
giải phương trình vơ tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận một bài bài toán ở nhiều

“góc nhìn” khác nhau.
Ví dụ 2. Giải phương trình sau: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3
Lời giải 1. Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình
tích.
7




Điều kiện: x   6;



1  10 3   1  10
;  
  
3
  3


Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3
 (3x2  2 x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  5 3x 2  2 x  3




 



 (3x 2  2 x  3)  5 3x 2  2 x  3  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  0





3x 2  2 x  3  5





3x 2  2 x  3  x  1  0


1  85
x 
3

3 x 2  2 x  28  0
2

3x  2 x  3  5
1  85

   x  1
 x 
3

3x 2  2 x  3  x  1   2

2
x

4
x

4

0


x  1 3

 x  1  3

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

1  85
; x  1 3
3

Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3
 (3x2  2 x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  5 3x 2  2 x  3

Đặt a  3x2  2 x  3; b  x  1
Phương trình trở thành:
a  5
a 2  5b  ab  5a  (a 2  5a)  (ab  5b)  0  (a  5)(a  b)  0  
a  b

Với a  5  3x 2  2 x  3  5  3x 2  2 x  28  0  x 

1  85
3


 x  1

 x  1 3

2

2 x  4 x  4  0
x  1 3

 x  1

Với a  b  3x 2  2 x  3  x  1  

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

1  85
; x  1 3
3

Lời giải 3. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Đặt t  3x 2  2 x  3  0  t 2  3x 2  2 x  3  3x 2  t 2  2 x  3
Phương trình 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  t 2  2 x  3  3x  2  ( x  6)t
 t 2  ( x  6)t  5( x  1)  0 (1)

Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số
8


t  ( x  6)2  20( x  1)  ( x  4)2  t  x  4

Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t  5; t  x  1
 3x 2  2 x  3  5
t  5
Khi đó phương trình (1)  (t  5)(t  x  1)  0  

t

x

1
 3x 2  2 x  3  x  1


Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 4. Nhân biểu thức liên hợp





Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  ( x  6) 3x 2  2 x  3  5  3x 2  2 x  28


( x  6)(3x 2  2 x  28)
3x 2  2 x  3  5

3 x 2  2 x  28  0
3 x 2  2 x  28  0

2
 3x  2 x  28  

x6
 1  3x 2  2 x  3  x  1

 3x 2  2 x  3

Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0
Lời giải 1. Biến đổi phương trình về dạng tích
Điều kiện: x   ;   1;  
2
1





Ta có: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0
 (2 x2  3x  1)  ( x  1) 2 x2  3x  1  ( x  3) 2 x 2  3x  1  ( x  3)( x  1)  0
 2 x2  3x  1( 2 x2  3x  1  x  1)  ( x  3)( 2 x 2  3x  1  x  1)  0
 2 x 2  3x  1  3  x
 ( 2 x  3x  1  x  1)( 2 x  3x  1  x  3)  0  

 2 x 2  3x  1  1  x
2

Với

2

x  3
x  3
3  41

2 x  3x  1  3  x   2

3  41  x 
2
 x  3x  8  0
x 

2
2

 x  1

Với 2 x 2  3x  1   x  1  

: vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

3  41

2

2
 x  5x  0

Lời giải 2. Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới.
a  x  1
Đặt 
2

2
2

a  x  2 x  1
 2
 a 2  b 2  3x 2  5 x  2
2

b  2 x  3 x  1
b  2 x  3 x  1 

a  b  2
 a  b  2

Phương trình trở thành: a 2  b2  4  2ab  0  (a  b)2  4  

9


 2 x 2  3x  1  3  x

a  b  2

Với 
 2 x 2  3x  1  1  x
 a  b  2

Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 3.

Đặt

2
2
2
2
2



a  x  1
a  x  2 x  1
a  b  3x  5 x  2
 2


2
2
2

b  2 x  3 x  1 

2ab  3 x  5 x  2
b  2 x  3x  1 

a  b  2
 a 2  b 2  2ab  4  (a  b) 2  4  
 a  b  2

Đến đây ta giải tương tự như lời giải 2
Lời giải 4. Biến đổi phương trình đã cho về dạng f 2 ( x)  g 2 ( x)
Ta có 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0
 (2 x2  3x  1  2( x  1) 2 x2  3x  1  ( x  1)2  4  ( 2 x2  3x  1  x  1) 2  22
 2 x 2  3x  1  x  1  2
 2 x 2  3x  1  3  x



 2 x 2  3x  1  x  1  2  2 x 2  3x  1  1  x

Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 5. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Đặt t  2 x 2  3x  1  0  t 2  2 x 2  3x  1
Phương trình 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0  t 2  2( x  1)t  x 2  2 x  3  0 (1)
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  4
Phương trình (1) có 2 nghiệm t  3  x; t  1  x
 2 x 2  3x  1  3  x
t  3  x

 2 x 2  3x  1  1  x
t  1  x

Khi đó (1)  (t  x  3)(t  x  1)  0  

Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp
Ta có: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0
 x 2  3x  8  2( x  1)





2 x 2  3x  1  (3  x)  0

 x 2  3x  8  0
2( x  1)( x  3 x  8)
 x 2  3x  8 
 0  
2( x  1)
2
1
0
2 x  3x  1  3  x

2 x 2  3x  1  3  x
2

10


Với x 2  3x  8  0  x 

Với 1 

3  41
2

2( x  1)
2 x  3x  1  3  x
2

 0  2 x 2  3x  1  1  x : vơ nghiệm

Ví dụ 4. Giải phương trình x3  (1  x 2 )3  x 2  2 x 2 (1)
Lời giải 1. Đặt 1 ẩn phụ, đưa về phương trình mới.
Điều kiện x   1;1
Đặt t  x  1  x 2 , điều kiện t   1; 2 

t 2 1
2
x
1

x

t 2  1  2 x 1  x 2

2
Suy ra:  3 3


3

2 3
2
2
t  x  (1  x )  3x 1  x x  1  x
 x3  (1  x 2 )3  t  3t

2





Phương trình (1) trở thành:
t  2
t 3  3t t 2  1

 t 3  2t 2  3t  2  0  
2
2
t  1  2
x  2

Với t  2  x  1  x 2  2  1  x 2  2  x  


2 x  2 2 x  1  0

Với t  1  2  x  1  x 2  1  2  x 
Vậy nghiệm của phương trình là x 

2

x

2
2

1  2  2 2 1
2

2
1  2  2 2 1
;x 
2
2

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình
Đặt y  1  x  0 , ta có hệ:
2

2
2
2


x  y  1
( x  y )  2 xy  1

 3
3

3


 x  y  2 xy
( x  y )  3xy ( x  y )  2 xy

(I)

x  y  S
, điều kiện S 2  4P
 xy  P

Đặt 


S 2 1
P


S 2  2P  1
2
Hệ (I) trở thành:  3

2
2
 S  3SP  2 P  0
 S 3  3S . S  1  2. S  1  0

2
2

11


S  2
2

S

1


P 
S 2 1
 P  1
2

P 

2


 
2
S  2

3
2
 S  2S  3S  2  0



S  1  2

 S  1  2


 
P  1  2

S  2  x  y  2
2
Với  1  
x
1
2
P 
 xy 

2

2
S  1  2

1  2  2 2 1
x  y  1 2

x
Với 

P  1  2


 xy  1  2

2

Vậy nghiệm của phương trình là x 

2
1  2  2 2 1
;x 
2
2

Lời giải 3. Phương pháp lượng giác hóa
 

Đặt x  sin t , t    ; 
 2 2
Khi đó (1  x 2 )3  (1  sin 2 t )3  cos3 t; 2  2 x 2  2. 1  sin 2 t  2 cos t
Phương trình trở thành:
sin3 t  cos3 t  2 sin t cos t  (sin t  cos t )3  3sin t cos t (sin t  cos t )  2 sin t cos t  0 (1)

Đặt a  sin t  cos t  sin t cos t 

a2 1
, điều kiện a   1; 2 
2

a  2

Phương trình (1) trở thành: a3  2a 2  3a  2  0  

 a  1  2




Với a  2  sin t  cos t  2  2 cos  t    2  cos  t    1  t   k 2


t

4



4





2
  
 k 2 . Vì t    ;   t   x  sin 
4
4
4
2

 2 2
sin t  cos t  1  2

Với a  1  2  sin t  cos t  1  2  


sin t cos t  1  2

x

4

 sin t 

1  2  2 2 1
2

1  2  2 2 1
2

Vậy nghiệm của phương trình là x 

2
1  2  2 2 1
;x 
2
2

Ví dụ 5. Giải phương trình sau: 1  x 2 

5
2 1  x2

x

12


Nhận xét: Trong phương trình có chứa
lượng giác 1  tan 2  

1  x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức

1
cos 2 

0  cos t  1

 

Đặt x  tan t , t    ;   
1  sin t  1
2 2






Khi đó 1  x 2  1  tan 2 t 

Phương trình 1  x 2 

1
1

2
cos t cos t

5
2 1  x2

x

1
5cos t

 tan t  2  5cos 2 t  2sin t  0
cos t
2

sin t  1
3
4
3
 5sin t  2sin t  3  0  
 sin t    cos t  1  sin 2 t   x  tan t  
sin t   3
5
5
4

5

2

Vậy nghiệm của phương trình là: x  

3
4

Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác:
 

a) 2 x  (4 x2 1) 1  x2  4 x3  1  x2 , đặt t  sin x, t    ; 
 2 2

b) 2  2 1  x2  x(1  1  x 2 ) , đặt t  sin x, t  0; 


c) x 

3x
x 9
2

d) x 2  1 



2

36
3
 
, t  (0;  ) \  
, đặt x 
x
cos x
2

x 2  1 ( x 2  1) 2
 


, đặt x  tan t , t    ;  \ 0;  
2
2x
2 x(1  x )
4
 2 2 

Ví dụ 6. Giải phương trình x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9
Lời giải 1.
Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9
a  x  5
Đặt  3


b  2 x  9

Phương trình trở thành: a3  5a  b3  5b  (a  b)(a 2  ab  b2  5)  0  a  b  0  a  b

x  4
Với a  b  x  5  2 x  9  x  15 x  73x  116  0   11  5
x

2
3

3

2

x  4
Vậy phương trình có nghiệm là:  11  5
x

2

Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9
13


Ta làm như sau: xét phương trình ( x  m)3  5( x  m)  ( 3 2x  9)3  5 3 2 x  9
 x3  3mx2  (3m2  3) x  m3  5m  9  5 3 2 x  9
3m  15

 m  5
Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 3m 2  3  78
m3  5m  9  141


Khi đó x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9
Lời giải 2. Phương pháp hàm số
Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9 (1)
Xét f (t )  t 3  5t , t  R
Ta có f / ( x)  3t 2  5  0t  R  f (t ) đồng biến trên R
x  4
Khi đó (1)  f ( x  5)  f ( 2 x  9)  x  5  2 x  9   11  5
x

2
3

3

Lời giải 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2.
Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5 3 2 x  9  3x  16
( y  5)3  2 x  9

3

( y  5)  2 x  9(1)


3
3


( x  5)  5( y  5)  3x  16
( x  5)  5 y  3x  9(2)

Đặt y  5  3 2 x  9  

Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có:
( y  5)3  ( x  5)3  5 x  5 y  ( y  x)  ( y  5) 2  ( y  5)( x  5)  ( x  5) 2   5( y  x)  0

 ( y  5)  ( y  5) 2  ( y  5)( x  5)  ( x  5) 2  5   0  y  x  0  x  y

x  4
 x  5  2x  9  
 x  11  5

2
3

Nhận xét: Để đặt y  5  3 2 x  9
Ta làm như sau: giả sử 3 2 x  9  ax  b , a  0
5(ay  b)  x3  15 x 2  78 x  141
Ta có: 
3 3
2
2
2

3

2 x  9  a y  3a by  3ab y  b

 5ay  5b  2 x  9  x3  15 x 2  78 x  141  y 3  3a 2by  3ab 2 y  b3
 ( x3  a 3 y 3 )  (15 x 2  3a 2by 2 )  80 x  (3ab 2  5a) y   (b3  b  150)  0 (1)

 a3
3a 2b 3ab 2  5a



a  1

Để (1) có nhân tử chung x  y , ta cần có:  1
15
80
b  5
b3  5b  150  0


14


Nên ta có phép đặt y  5  3 2 x  9
Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 3x  5  8 x3  36 x 2  53x  25
Lời giải 1. Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới.
Phương trình: 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3 3x  5 (1)
Đặt a  2x  3; b  3 3x  5 . Phương trình (1) trở thành
a3  a  b3  b  a3  b3  a  b  0  (a  b)(a 2  ab  b 2  1)  0  a  b  0  a  b

x  2
Với a  b  3x  5  2 x  3  3x  5  (2 x  3)  8x  36 x  51x  22  0   5  3
x

4
3

3

Vậy nghiệm của phương trình là: x  2; x 

3

2

5 3
4

Lời giải 2. Phương pháp hàm số
Phương trình: 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3 3x  5 (1)
Xét f (t )  t 3  t , t  R
Ta có f / (t )  3t 2  t  0t  R  f (t ) đồng biến trên R
x  2
Do đó (1)  f (2 x  3)  f ( 3x  5)  2 x  3  3x  5   5  3
x

4
3

3

Lời giải 3. Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2.
Ta có 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  3 3x  5  x  2
(2 y  3)3  3 x  5

Đặt 2 y  3  3 3x  5  

3

(2 x  3)  2 y  x  5

 (2 y  3)3  (2 x  3)3  2( x  y)
 (2 y  2 x)  (2 y  2 x) 2  (2 y  3)(2 x  3)  (2 x  3) 2   (2 y  2 x)  0

 (2 y  2 x)  (2 y  3) 2  (2 y  3(2 x  3)  (2 x  3) 2  1  0  2 y  2 x  0  x  y

x  2
Khi đó 2 x  3  3x  5   5  3
x

4
3

Ví dụ 8. Giải phương trình x  4  6  x  x 2  10 x  27
Lời giải 1. Phương pháp đánh giá
Điều kiện: 4  x  6
Ta có: VP  ( x  5)2  2  2 (1)
15


VT  1( x  4)  1(6  x) 

x 3 7 x

 2 (2)
2

2

1  x  4
VT  2

Từ (1) và (2), ta có: VT  VP  
 1  6  x  x  5
VP  2
x  5  0


Vậy nghiệm của phương trình là: x  5
Lời giải 2.
Ta có: x  4  6  x  x 2  10 x  27
 2 x 2  20 x  54  2 x  4  2 6  x

 2( x2 10 x  25)  ( x  4  2 x  4  1)  (6  x  2 6  x  1)  0

x  5  0

 2( x  5) 2  ( x  4  1) 2  ( 6  x  1) 2  0   x  4  1  x  5

 6 x 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x  5
Lời giải 3.
 ( x  4 1)  ( 6  x 1)  ( x2 10 x  25)  0


x 5

x 5
1
1



 ( x  5) 2  0  ( x  5) 

 x  5  0
x  4 1
6  x 1
6  x 1
 x  4 1


x  5

1
1

5 
x
 x  4  1
6  x 1

Xét phương trình

1
1
5

 x (3)
x  4 1
6  x 1

1
1



Với x   4;5  , ta có:  x  4  1 6  x  1 
5  x


1
1
5 
x
x  4 1
6  x 1

Với x  5 thỏa mãn phương trình (3)
1
1



Với x   5;6 , ta có:  x  4  1 6  x  1 
5  x


1
1
5
x
x  4 1
6  x 1

Suy ra phương trình (3) có nghiệm x  5
Vậy nghiệm của phương trình là: x  5
Lời giải 4. Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình
x  4  6  x  x2  10 x  27  2  2  x 2  10 x  24  ( x 2  10 x  27)2

16


 2  2 3  ( x 2  10 x  27)  ( x 2  10 x  27) 2

Đặt t  x 2  10 x  27  ( x  5)2  2  2
Phương trình trở thành: 2  2 3  t  t 2  2 3  t  t 2  2  4(3  t )  t 4  4t 2  4
 t 4  4t 2  4t  8  0  t 2 (t  2)(t  2)  4(t  2)  0  (t  2)(t 3  2t 2  4)  0  t  2

Với t  2  x 2  10 x  27  2  ( x  5)2  0  x  5
Vậy nghiệm của phương trình là: x  5
Lời giải 5. Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình.
a  x  4
 ab  ( x  4)(6  x)   x 2  10 x  24  3  ( x 2  10 x  27)
Đặt 

b  6  x

 x 2  10 x  27  3  a 2b2
a  b  a 2b 2  3  0(1)
a  b  3  a 2b 2
a  b  a 2b 2  3  0



Ta có hệ phương trình:  2 2
( a  b) 2  2
2
a

b

2
(
a

b
)

2
ab

2
ab

(2)





2
2

Thế (2) vào (1), ta có:

 ( a  b) 2  2 
ab
  3  0(3)
2



Đặt t  a  b , điều kiện t  0
Phương trình (3) trở thành:
2

 t2  2 
4
2
3
2
t 
  3  0  t  4t  4t  8  0  (t  2)(t  2t  4)  0  t  2  0  t  2
 2 

Với t  2  a  b  2  x  4  6  x  2  ( x  4)(6  x)  1  ( x  4)(6  x)  1
 ( x  5)2  0  x  5

Ví dụ 9. Giải phương trình ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39
Lời giải 1. Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( x)  g 2 ( x)
9
Điều kiện 2 x 2  7 x  9  0  x   ;    1;  


2

Ta có ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39  4( x  1) 2 x2  7 x  9  36 x 156
 4(2 x2  7 x  9)  4( x  1) 2 x2  7 x  9  ( x  1)2  9 x 2  66 x  121
 2 x 2  7 x  9  x  5(1)
 (2 2 x 2  7 x  9  x  1) 2  (3x  11) 2  
 2 x 2  7 x  9  2 x  6(2)

Giải (1):

x  5
 x  5
3  145

2x  7x  9  x  5   2

3  145  x 
2
 x  3x  34  0
x 

2
2

17


 x  3

Giải (2): 2 x 2  7 x  9  2 x  6  

2
2 x  17 x  45  0

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

: Vơ nghiệm

3  145
2

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Ta có:
( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  2 x 2  7 x  9  ( x  1) 2 x 2  7 x  9  2 x 2  16 x  30  0

Đặt t  2 x 2  7 x  9
Phương trình trở thành t 2  ( x  1)t  2 x 2  16 x  30  0 (1)
Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  (3x  11)2
Phương trình (1) có 2 nghiệm t  x  5; t  2 x  6
 2x2  7 x  9  x  5
t  x  5

t  2 x  6  2 x 2  7 x  9  2 x  6

Do đó (1)  (t  x  5)(t  2 x  6)  0  

Lời giải 3. Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới.
Đặt a  x  1; b  2 x2  7 x  9  9 x  39  2a 2  b2  12a  16
Phương trình đã cho trở thành:
ab  2a 2  b2  12a  16  4b2  4ab  a 2  9a 2  48a  64  (2b  a) 2  (3a  8) 2

 2 x2  7 x  9  x  5
 2b  a  3a  8



2
b

a


3
a

8
 2 x 2  7 x  9  2 x  6


Lời giải 4.
a 2  x 2  2 x  1
a

x


1


Đặt 
 4b2  8 x 2  28 x  36  a 2  4ab  4b 2  9 x 2  66 x  121
2

b  2 x  7 x  9 4ab  36 x  156


 2 x2  7 x  9  x  5
 2b  a  3x  11

 (2b  a)  (3x  11)  
 2 x 2  7 x  9  2 x  6
 2b  a  3x  11
2

2

Nhận xét:
Xuất phát từ phương trình có dạng tổng qt dạng: u 2 ( x)  b( x)  a( x) a( x).u ( x)  b( x)
Nếu đặt v( x)  a( x).u ( x)  b( x) , ta có hệ đối xứng loại 2 sau:
2
2

u ( x)  b( x)  a( x).v( x) 
u ( x)  b( x)  a( x).v( x)
 2

 2

v ( x)  a( x).u ( x)  b( x) 
v ( x)  b( x)  a( x).u ( x)

18


Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng
u 2 ( x)  b( x)  a( x) a( x).u ( x)  b( x)

Thật vậy: Giả sử ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39 (*) được viết thành:
( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x)

Vì biểu thức trong căn của phương trình (*) có chứa 2x 2 nên b( x) là một biểu thức
bậc hai có dạng b( x)  x 2  px  q
Khi đó: ( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x)
 ( x  n) 2  ( x 2  px  q)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  ( x 2  px  q)
2
2
 (2n  p) x  (n  q)  ( x  1) 2 x  (n  p  1) x  (n  q  1)

 2n  p  9
n  5
 2
n  q  39

 p 1
Đồng nhất hệ số, ta có: 
n  p  1  7


q  14
n  q  1  9

Khi đó ta biến đổi
( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  ( x  5) 2  ( x 2  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x 2  x  14)

Ta có lời giải sau:
Lời giải 5. Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2.
Ta có:
( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  ( x  5) 2  ( x 2  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x 2  x  14)
u  x  5
Đặt 

u 2  ( x 2  x  14)  ( x  1)v(1)

 2
2
2
v  ( x  x  14)  ( x  1)u (2)
v  ( x  1)( x  5)  ( x  x  14)

Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
 2 x2  7 x  9  x  5
u  v

u 2  v 2  ( x  1)(v  u )  (u  v)(u  v  x  1)  0  
 2 x 2  7 x  9  2 x  6
u  v  x  1  0

Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp
Ta có: ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39
 x 2  3x  34  ( x  1)





2 x 2  7 x  9  ( x  5)  0

 x  5

Xét 2 x 2  7 x  9  x  5  0  2 x 2  7 x  9   x  5  

2
 x  3x  34  0

: Vô nghiệm

Suy ra: 2 x 2  7 x  9  x  5  0
19


Khi đó x2  3x  34  ( x  1)
 x 2  3x  34 





2 x 2  7 x  9  ( x  5)  0



x 1
 0  ( x 2  3x  34) 1 
0
2
2 x2  7 x  9  x  5
2
x

7
x

9

x

5



( x  1)( x 2  3x  34)


 x 2  3 x  34  0
3  145
3  145
x 




x
2
x 1
1
0
2
 2 x 2  7 x  9  2 x  6(VN )

2x2  7 x  9  x  5


Ví dụ 10. Giải phương trình: 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5
Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng
loại 2.
Ta có: 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5
 (3x  2) 2  ( x 2  x  3)  ( x  1) ( x  1)(3x  2)  ( x 2  x  3)
2
2


u  3 x  2
u  ( x  x  3)  ( x  1)v
 2
Đặt 
2
2
v


(
x

1)(3
x

2)

(
x

x

3)


v  ( x  1)u  ( x  x  3)

2
2

u  ( x  1)v  ( x  x  3)(1)
 2
2

v  ( x  1)u  ( x  x  3)(2)

đây là hệ phương trình đối xứng loại 2.

Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
u  v
u 2  v 2  ( x  1)(u  v)  (v  u )(u  v  x  1)  0  
u  v  x  1  0

2

14  3
x  
x
Với u  v  4 x  6 x  5  3x  2  
3
5
5 x 2  6 x  1  0

2

Với u  v  x  1  0 

3

9  33
x  
4 x  6 x  5  4 x  3  
 x
4
12
6 x 2  9 x  2  0

2

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Đặt t  4 x 2  6 x  5  t 2  4 x 2  6 x  5
Phương trình 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5  t 2  ( x  1)t  12 x2  17 x  6  0 (1)
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  (7 x  5)2
Phương trình (1) có 2 nghiệm t  3x  2; t  4 x  3
 4 x 2  6 x  5  3x  2
t  3 x  2

t  4 x  3  4 x 2  6 x  5  4 x  3

Khi đó (1)  (t  3x  2)(t  4 x  3)  0  
Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1.

20


Thơng qua các ví dụ điển hình nêu trên, chúng ta thấy, trong quá trình dạy
học chuyên đề phương trình vô tỷ, người giáo viên không chỉ phát triển năng lực
giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc phát triển tư suy sáng tạo
giải bài tốn phương trình vơ tỷ mà cịn phải giúp học sinh trả lời câu hỏi “các bài
tập đó ở đâu mà có?. Ai là người nghĩ ra bài tập đó ? ”. Để tìm hiểu sâu về vấn đề
này, chúng ta tiếp tục nghiên cứu nội dung tiếp theo.
2. Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thơng qua
việc sáng tạo bài tốn phương trình vơ tỷ.
2.1. Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ các nghiệm chọn sẵn và nhân biểu thức
liên hợp
Việc sáng tạo phương trình vơ tỷ dựa trên phương pháp này là ta chỉ cần
chọn sẵn một nghiệm, sau đó xây dựng các biểu thức thỏa mãn đẳng thức xẩy ra.
Ví dụ 1. Với x  2 , ta có x  2  2, 22  3x  4, x2  8  12 .

Khi đó: 4 x  2  22  3x  x 2  8
Ta có bài tốn:
Giải phương trình: 4 x  2  22  3x  x 2  8
Ví dụ 2. Với x  1 , ta có x2  2 x  5  2, 4 x  5  3, x3  2 x2  5x  4  8 .
Khi đó: x 2  2 x  5  2 4 x  5  x3  2 x 2  5 x  4
Ta có bài tốn:
Giải phương trình: x 2  2 x  5  2 4 x  5  x3  2 x 2  5 x  4
Ví dụ 3. Với x  6 , ta có: (4 x  5) 3x  2  72, 2 x3  3x2  3x  2  284 .
Khi đó: 2x3  3x2  2  4(4 x  5) 3x  2  0
Ta có bài tốn:
Giải phương trình: 2x3  3x2  2  4(4 x  5) 3x  2  0
Với x  2 , ta có: ( x  1) x  2  6;( x  6) x  7  24; x2  7 x  12  30 .
Khi đó: ( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x2  7 x  12
Ta có bài tốn:
Giải phương trình: ( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x2  7 x  12
Với x  1 , ta có: ( x  1) 4 x  5  6;( x  5) x  3  12;3x2  14 x  13  30 .
Khi đó: ( x  1) 4x  5  2( x  5) x  3  3x2  14x  13
Ta có bài tốn:
Giải phương trình: ( x  1) 4x  5  2( x  5) x  3  3x2  14x  13
Xét 3 hàm số f ( x)  x( x  1)( x  3)  3, g ( x)  4  x , h( x)  x  1
21


 g (0)  h(0)  3
 g (3)  h(3)  3

Ta có: f (0)  3, f (3)  3 ; 

Do đó x  0, x  3 là nghiệm của phương trình x( x  1)( x  3)  3  4  x  x  1
Ta có bài tốn:

Giải phương trình: x( x  1)( x  3)  3  4  x  x  1
Xét 3 hàm số f ( x)  x2  x; g ( x)  2 x 2  x  3, h( x)  21x 17
 g (1)  h(1)  0
 g (2)  h(2)  2

Ta có: f (1)  0, f (2)  2 ; 

Do đó x  1, x  2 là nghiệm của phương trình:
f ( x)  g ( x)  h( x)  0  x 2  x  2 x 2  x  3  21x  17  0

Ta có bài tốn:
Giải phương trình: x 2  x  2 x 2  x  3  21x  17  0
Xét 3 hàm số f ( x)  x3  2 x2  6 x  1,g( x)  ( x  1) 3x  1, h( x)  2 x2  x  1
 g (0)  h(0)  1
 g (1)  h(1)  2

Ta có: f (0)  1, f (1)  2; 

Do đó x  0, x  1 là nghiệm phương trình:
f ( x)  g ( x)  h( x)  0  x3  2 x 2  6 x  1  ( x  1) 3x  1  2 x 2  x  1  0

Ta có bài tốn:
Giải phương trình: x3  2 x2  6 x  1  ( x  1) 3x  1  2 x2  x  1  0
Xét 3 hàm số f ( x)  3x  5, g ( x)  2 3 19 x  30, h( x)  2 x2  7 x 11
 f (2)  g (2)  5
; h(2)  5, h(3)  8
 f (3)  g (3)  8

Ta có: 

Do đó x  2, x  3 là nghiệm của phương trình:
f ( x)  g ( x)  h( x)  3x  5  2 3 19 x  30  2 x2  7 x  11

Ta có bài tốn:
Giải phương trình: 3x  5  2 3 19 x  30  2 x 2  7 x  11
Xét 3 hàm số f ( x)  3 2 x  1, g ( x)  x 5  4 x 2 , h( x)  4 x 2
 f (1)  g(1)  4
1

Ta có   1   1  ; h(1)  4, h    1
2
 f  2   g  2  1
 
  

Do đó x  1, x 

1
là nghiệm của phương trình:
2

22


f ( x)  g ( x)  h( x)  3 2 x 1  x 5  4 x 2  4 x 2

Ta có bài tốn:
Giải phương trình: 3 2 x  1  x 5  4 x 2  4 x 2
2.2. Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ phương trình lượng giác:
Ví dụ 1.Với t   0;  



5

3



7


  0;  
Xuất phát từ phương trình cos 3t  cos   t  có nghiệm t  , t  , t 
8
8
4
2 


Ta có cos 3t  cos   t   cos 3t  sin t  4cos3 t  3cos t  1  cos 2 t
2




Đặt x  cos t , ta có bài tốn sau
Giải phương trình: 4 x3  3x  1  x 2
Ví dụ 2. Với t   0;  

t 

Xuất phát từ phương trình cos  2t    cos    có nghiệm t  , t   0;  
2
10
4
2 2












Ta có cos  2t    cos     cos 2t  sin 2t   2 sin
4
2 2
2


t





t



t
 2 cos 2 t  2 sin  2sin t cos t  1  2 cos 2 t  1  cos t  2 cos t 1  cos 2 t  1
2

Đặt x  cos t , ta có bài tốn sau:
Giải phương trình: 2 x 2  1  x  2 x 1  x 2  1
Ví dụ 3. Với t   0;   , ta có: 1  cos2 t  sin t
  5 5 3 
; ;   0;  
12 8 12 8 4 



Xuất phát từ phương trình sin 5t  sin   t  có nghiệm t   ; ;
2



Ta có:


sin 5t  sin   t   sin 5t  cos t  16sin 5 t  20sin 3 t  5sin t  cos t
2 

sin t (sin 4 t  20sin 2 t  5)  cos t  (16cos4 t  12cos2 t  1) 1  cos2 t  cost(*)

Đặt x  cos t , ta có bài tốn sau:

Giải phương trình: (16 x4 12 x2  1) 1  x2  x
 

Ví dụ 4. Với t    ; 
 2 2


 
Xuất phát từ phương trình: 2 sin  t   cos 2t  0 có nghiệm t      ; 
4  2 2
 4

23


Ta có:
 
2 sin  t   cos 2t  0  (sin t  cos t )(1  2sin 2 t )  0  2sin t  (4sin 2 t  1) cos t  4 sin 3 t  cost
 4

 2sin t  (4sin 2 t  1) 1  sin 2 t  4sin 3 t  1  sin 2 t (*)

Đặt x  sin t thay vào (*), ta có bài tốn:
Giải phương trình: 2 x  (4 x2 1) 1  x2  4 x3  1  x2
 

Ví dụ 5. Với t    ;  \ 0;   , ta có:
 2 2 

4

4 tan t (1  tan 2 t )
1
2 tan t
1  tan 2 t
sin
4
t

2sin
2
t
cos
2
t

 tan 2 t  1 ; sin 2t 
;cos
2
t

;
(tan 2 t  1) 2
tan 2 t  1
1  tan 2 t
cos t

Xuất phát từ phương trình:

1

1
2


cos t sin 2t sin 4t

có nghiệm t 

   

 ;
6  2 2 

Ta có:
1
1
2
1
2


 tan 2 t  1 

sin t
cos t sin 2t sin 4t
2
.cos 2 t 2sin 2t cos 2t
cos t
 tan 2 t  1 

Đặt

x  tan t

tan 2 t  1
(tan 2 t  1) 2

(*)
2 tan t
2 tan t (1  tan 2 t )

 



với t    ;  \ 0;   thay vào (*), ta có bài toán:
4
 2 2 
x 2  1 ( x 2  1) 2
x 1 

2x
2 x(1  x 2 )

Giải phương trình:

2

Ví dụ 6. Với t  (0;  ) , ta có: 1  cot t  2sin 2
1  cot t  2 cos 2

t
t
t
 2 sin  2 sin
2
2
2

t
t
t
 2 cos  2 cos
2
2
2

1  cos t
t 1  cos t
t
 tan ;
 cot
1  cos t
2 1  cos t
2



Xuất phát từ phương trình: 2  sin  cos  
có nghiệm t   (0;  )

2
2
2
sin t
t



t

2



Ta có: 2  sin  cos  
2
2
sin t
t



t

2



t
t

t
t
1  cos t
1  cos t
 2 sin  2 cot  tan  cot  1  cot t  1  cot t 

(*)
2
2
2
2
1  cos t
1  cos t

1
2

Đặt x  cot t , t  (0;  ) thay vào (*), ta có bài toán:
24


Giải phương trình: 1  2 x  1  2 x 

1 2x
1 2x

1 2x
1 2x



Ví dụ 7. Với t  0;  , ta có: cos t  1  sin 2 t
 2
sin

t 1
t 1
1

4sin 2 
2(1  cos t ) 
2  2 1  sin 2 t
2 2
2 2
2

t
t

Xuất phát từ phương trình: sin 1  2 cos3   0 có nghiệm t  0  0; 
2
2
2


và sin t 

3







4 1

Ta có: sin 1  2 cos3   0  sin  2sin cos3  0  sin  sin t cos 2
2
2
2
2
2
2
2
t

t



t

t

t

t

t



 2  2 1  sin 2 t  sin t (1  cos t )  2  2 1  sin 2 t  sin t (1  1  sin 2 t ) (*)


Đặt x  sin t , t  0;  thay vào (*), ta có bài tốn:


2

Giải phương trình: 2  2 1  x2  x(1  1  x 2 )
 
Ví dụ 8. Với t    ;  , ta có: 1  tan 2 t 
 2 2

1
1
1

 cos t 
2
cos t cos t
1  tan 2 t
3
5

Xuất phát từ phương trình: 5sin 2 t  2sin t  3  0 có nghiệm sin t    tan t  
Ta có: 5sin 2 t  2sin t  3  0  2  5cos 2 t  2sin t  0 
 1  tan 2 t 

5
2 1  tan 2 t

3
4

1
5cos t

 tan t  0
cos t
2

 tan t (*)

 
Đặt x  tan t , với t    ;  thay vào (*), ta có bài tốn:
 2 2

Giải phương trình: 1  x 2 

5
2 1  x2

x

 
 
Ví dụ 9. Với t    ;  \ 0;  ;   , ta có:

 2 2 

1  tan 2 t 

3

6

1
1
2 tan t
 cos t 
và sin 2t  2sin t cos t  2 tan t.cos 2 t 
2
1  tan 2 t
cos t
1  tan t



Xuất phát từ phương trình: sin   t   sin 6t có nghiệm
2 

   3 5 
 5 3
t   ;  ;  ;  ; ; ; ; 
 14 14 10 14 18 14 14 14 

25