Ptvt chuyên đề phương trình vô tỷ 1

PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT
XỬ LÝ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ


1

Website:tailieumontoan.com

LờI NóI ĐầU
Phng trỡnh l mt ch quan trng trong chương trình mơn tốn
ở trường THCS cũng như THPT. Trong những năm gần đầy các bài tốn về
phương trình thường xuất hiện trong các đề thi vào lớp 10 THPT, các lớp 10
năng khiếu tốn và trong các kì thi học sinh giỏi các cấp với độ khó ngày
càng cao.
Với mong muốn tạo ra một tài liệu thể hiện được các phương pháp
giải phương trình cùng với các hướng tiếp cận, đưa ra phương pháp tư duy
và các phép suy luận để tìm ra được lời giải một cách tối ưu. Cũng như chia
sẻ một số kình nghiệm khi giải một hệ phương trình. Vì vậy chúng tơi đã
soạn ra cuốn tài liệu ”Một số chủ đề về phương trình vơ tỷ tốn THCS”.
Nội dung chính của cuốn tài liệu gông 3 chương
+ Chương I. Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ.
+ Chương II. Một số bài tốn về phương trình vơ tỷ.
Trong chương I, chúng tơi trình bày theo các chủ đề tương ứng các
dạng phương trình điển hình và được viết theo từng phần.
1. Nội dung phương pháp chung: Trình bày phương pháp chung để giải một
số dạng phương trình điển hình
2. Một số bài tập mẫu: Trình bày một số bài tốn từ mức dễ đến khó với các
bước phân tích tìm lời giải cũng như trình bày lời giải một cách chính xác
khoa học.
3. Các bài tập tự luyện: Trình bày hệ thống các bài tập tự giải cho mỗi chủ
đề với hy vong giúp bạn đọc củng cố lại vấn đề đã tiếp cận.

Với cách viết đặt bạn đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ phân tích
bài tốn một cách tự nhiên nhưng vẫn đảm bảo tính khoa học, hy vọng cuốn
tài liệu sẽ thức sự có ích cho bạn đọc trên con được chinh phục các bài toán
về phương trình vơ tỷ.
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


2

Website:tailieumontoan.com

Mặc dù chúng tôi đã thực sự cố gắng và dành nhiều tâm huyết để
hoàn thiện cuốn sách với hiệu quả cao nhất, song sự sai sót là điều khó tránh
khỏi. Chúng tơi rất mong được sự đóng góp ý kiến của bạn đọc để chúng tơi
hồn thiện cuốn sách tốt hơn.
Chúng tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các đồng nghiệp đã cung cấp
một số tài liệu cũng như các lời giải hay để cuốn sách thêm phần phong phú.
Xin chân thành cảm ơn.
Nhóm tác giả

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


3

Website:tailieumontoan.com

Mục Lục
Trang
Lời nói đầu

1

Phƣơng pháp 1. Phƣơng pháp nâng lũy thừa

4

1. Cơ sở phƣơng pháp

4

2. Ví dụ minh họa

7

Phƣơng pháp 2. Phƣơng pháp phân tích thành phƣơng trình tích

26

1. Cơ sở phƣơng pháp

26

2. Một số kĩ năng phân tích thành phƣơng trình tích

26

Kĩ năng 1: Sử dụng hằng đẳng thức

26

Kĩ năng 2: Sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử

37

Kĩ năng 3: Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai

53

Phƣơng pháp 3. Phƣơng pháp sử dụng đại lƣợng liên hợp

63

1. Cơ sở phƣơng pháp

63

2. Một số kĩ năng sử dụng đại lƣợng liên hợp

64

Kĩ năng 1: Nhân thêm lượng liên hợp

64

Kĩ năng 2: Tách biểu thức thành tích các biểu thức liên hợp

74

Kĩ năng 3: Một số kĩ thuật sử lý sau khi nhân liên hợp

80

Phƣơng pháp 4. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ giải phƣơng trình vô tỷ

95

1. Cơ sở phƣơng pháp

95

2. Một số kĩ năng đặt ẩn phụ

95

Kĩ năng 1: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình một ẩn

95

Kĩ năng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích

109

Kĩ năng 3: Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

126

Kĩ năng 4: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình

130

Kĩ năng 5: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình giải được

161

Phƣơng pháp 5. Phƣơng pháp đánh giá giải phƣơng trình vơ tỷ

167

1. Cơ sở phƣơng pháp

167

2. Một số kĩ năng đánh giá trong giải phƣơng trình vô tỷ

167

Kĩ năng 1: Làm chặt miền nghiệm để giải phương trình vơ tỷ

167

Kĩ năng 2: Sử dụng hằng đẳng thức đưa phương trình về tổng các lũy thừa bậc chẵn

175

Kĩ năng 3: Kĩ năng sử dụng bất đẳng thức cổ điển

179

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


4

Website:tailieumontoan.com

BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÁC PHƢƠNG PHÁP
1. Bài tập rèn luyện phƣơng pháp nâng lên lũy thừa

191

Hƣớng giải bài tập phƣơng pháp nâng lên lũy thừa

193

2. Bài tập rèn luyện phƣơng pháp phân tích thành phƣơng trình tích

207

Hƣớng dẫn giải bài tập phƣơng pháp phân tích thành phƣơng trình tích

210

3. Bài tập rèn luyện phƣơng pháp phân sử dụng đại lƣợng liên hợp

234

Hƣớng dẫn giải bài tập phƣơng pháp sử dụng đại lƣợng liên hợp

237

4. Bài tập rèn luyện phƣơng pháp đặt ẩn phụ giải phƣơng trình vơ tỷ

266

Hƣớng dẫn giải bài tập phƣơng pháp đặt ẩn phụ giải phƣơng trình vơ tỷ

271

5. Bài tập rèn luyện phƣơng pháp đánh giá giải phƣơng trình vơ tỷ

311

Hƣớng dẫn giải bài tập phƣơng pháp đánh giá giải phƣơng trình vơ tỷ

314

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


5

Website:tailieumontoan.com

Phƣơng pháp 1
PHƢƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA

Trong bài toán phương trình vơ tỷ thì phép nâng lên lũy thừa là một biến đổi tự
nhiên và có vẻ đẹp riêng. Có lúc phương pháp này được sử dụng trực tiếp hoặc gián tiếp
nhưng mục đích chính vẫn là đi tìm nghiệm của phương trình vơ tỷ. Những bài tốn sử
dụng phương pháp nâng lên lũy thừa là những phương trình thuộc dạng cơ bản hoặc
phương trình chứa các hằng đẳng thức. Điều quan trọng của phép nâng lên lũy thừa đó là
ta thu được phương trình tương đương hay phương trình hệ quả. Để có thể biến đổi chính
các phương trình ta cần kiểm tra dấu của hai vế phương trình xem có cùng dấu hay
khơng, khi đó ta sẽ quyết định được phương trình thu được là phương trình tương đương
hay phương trình hệ quả.
I. Một số dạng phƣơng trình cơ bản.
 g  x   0
 
f  x   g  x    f  x   0

f  x   g  x 

 Dạng 1.

 Dạng 2.

3

g  x   0

f x  g x  

2
f  x   g  x  

 Dạng 3.
 Dạng 4.
 Dạng 5.

f  x  3 g  x  f  x  g x

3

f  x   g  x   f  x   g  x 

3

f  x  g  x  h  x

Phương pháp chung
f  c   0

+ Bước 1. Tìm điều kiện xác định của phương trình bằng việc giải hệ g  x   0

h  x   0

+ Bước 2. Bình phương hai vế của phương trình và đưa phương trình về dạng
F  x  G x .

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC

6

Website:tailieumontoan.com

+ Bước 3. Giải phương trình cơ bản

F  x   G  x  và kiểm tra sự thỏa mãn của nghiệm tìm

được với điều kiện xác định của phương trình để kết luận.

 Dạng 6.

3

f  x  3 g  x  3 h  x

Phương pháp chung
+ Bước 1. Lũy thừa bậc ba hai vế của phương trình thì được
f  x   g  x   3 3 f  x  .g  x 

+ Bước 2. Biến đổi phương trình và chú ý đến





3

3

f  x   3 g  x   3 h  x  ta được

f x  3 g x  h x

3 3 f  x  .g  x  .h  x   h  x   f  x   g  x 

+ Bước 3. Tiếp tục lũy thừa bậc ba hai về thì được phương trình

27.f  x  .g  x  .h  x   h  x   f  x   g  x 

 Dạng 7.

3

f  x   g  x   h  x   r  x  . Trong đó xẩy ra một trong các trường hợp sau:

+

f  x  .g  x   h  x  .r  x 

+

f  x  .u  x   g  x  .r  x 

+ f  x  g  x  h  x  r  x
Phương pháp chung
+ Nếu có

f  x  .g  x   h  x  .r  x  thì sử dụng phép biến đổi tương đương
2

 f  x  g  x    h  x  r  x 

 

+ Nếu có

2

f  x  .u  x   g  x  .r  x  thì sử dụng phép biến đổi hệ quả
2

 f  x  u x    g x  r x 

 


2

+ Nếu có f  x   g  x   h  x   r  x  thì sử dụng phép biến đổi tương đương
2

 f  x  g  x    h  x  r  x 

 


Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

2

TÀI LIỆU TỐN HỌC


7

Website:tailieumontoan.com

II. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình

3x2  69x  27  x2  96x  2 .

Phân tích và lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là 3x2  69x  27  0; x2  96x  2  0 . Phương
trình được cho ở trên có dạng cơ bản là

f  x   g  x  , do đó ta sử dụng phép nâng lên

lũy thừa. Chú ý rằng với điều kiện xác định tìm được ta biến đổi phương trình như sau

3x 2  69x  27  x 2  96x  2  3x 2  69x  27  x 2  96x  2
x  1
x  1  0
 2x  27x  25  0   x  1 2x  25   0  

 x  25
2x


25

0


5
 25 
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S  1;  .
 2
Nhận xét.

 Lời giải trên ta sử dụng phép biến đổi tương đương phương trình sau khi đã tìm điều kiện xác
định cho phương trình.

 Có thể thực hiện biến đổi tương đương phương trình mà khơng cần đặt điều kiện xác định bằng
cách
3x 2  69x  27  0
x  1
 2
2
2
3x  69x  27  x  96x  2  x  96x  2  0

 x  25
3x 2  69x  27  x 2  96x  2

2


+ Thực tế thì ta không cần phải viết cùng lúc hai điều kiện 3x2  69x  27  0; x2  96x  2  0
cùng một lúc như trong phép biến đổi trên, mà chỉ cần viết một trong hai điều kiện là được, chẳng
hạn như

x2  96x  2  0

3x2  69x  27  x 2  96x  2   2
2

3x  69x  27  x  96x  2
Chú ý rằng việc chọn điều kiện nào trong phép biến đổi phụ thuộc vào sự thuận tiện cho qua
trình kiểm tra lại và lời giải cho bài tốn ngắn gọn hơn.
Ví dụ 2. Giải phương trình

x3  x2  3  3x  1 .

Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


8

Website:tailieumontoan.com
Phương trình trong vì dụ có dạng cơ bản nên ta sử dụng phép biến đổi nâng lên lũy

thừa. Chú ý rằng trong hai điều kiện x3  x2  3  0; 3x  1  0 thì điều kiện 3x  1  0 đơn
giản hơn. Lại nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được x  2 là một nghiệm. Do đo ta trình bày
lời giải cho phương trình như sau

3x  1  0
3x  1  0
x 3  x 2  3  3x  1   3
 3
2
2
x  x  3  3x  1 x  x  3x  2  0
3x  1  0
x  2

3x  1  0
x  2

 

2
x  5  1
x  2 x  x  1  0
1  5



2
  x 
2





5  1 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  1;
.
2 

Ví dụ 3. Giải phương trình

x  x  1  x2  7x .
2

Phân tích và lời giải
Phương trình trên có dạng cơ bản nên ta hướng đến sử dụng phép biến đổi nâng
lên lũy thừa. Khi nâng lên lũy thừa ta được phương trình có bậc 3, tuy nhiên nhận thấy

x  0 là một nghiệm của phương trình nên ta dễ dàng phân tích được phương trình bậc 3.
Ta trình bày lời giải như sau.

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

x 2  7x  0
x  0

 

2
 x  3  33
x
x

3x

6

0
3  33



2
  x 
2

2



2







Nhận xét.

 Trong hai điều kiện x  x  1  0, x2  7x  0 thì việc chọn điều kiện x2  7x  0 trong phép
2

nâng lên lũy thừa là hoàn tồn hợp lí.

 Một số sai lầm thường gặp khi biến đổi phương trình của ví dụ trên.
+ Vội vàng phát hiện nhân tử và biến đổi phương trình mà chưa đặt điều kiện

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


9

Website:tailieumontoan.com
2

x  x  1  x2  7x  x 


Để thực hiện tách được

 x  1

2


 x7  0


x2  7x  x. x  7 thì cần có điều kiện x  0 . Muốn vậy ta ta tìm

x  x  12  0
 x  0.
điều kiện xác định của phương trình trước 
2
x  7x  0
+ Tìm được điều kiện x  0 nhưng lại vội vàng khai căn

x  x  1  x2  7x  x  x  1  x. x  7
2

Ta biết rằng với biểu thức dạng
biểu thức đưa ra ngồi dấu căn

A.B2 thì khi khai căn phải lấy dấu giá trị tuyệt đối cho

A.B2  B A .

Với điều kiện x  0 ta chưa xác định được  x  1 mang dấu gì nên khi khai căn ta cần lấy
dấu giá trị tuyệt đối

x  x  1  x x  1 .

Ví dụ 4. Giải phương trình

2

2x  1  3x  1
Phân tích và lời giải

Phương trình cho trong ví dụ là phương trình dạng

f  x   g  x  nên ta sử dụng

biến đổi nâng lên lũy thừa để giải. Ta thấy vế trái của ln khơng âm, do đó nếu vế phải
của phương trình âm thì phương trình vơ nghiệm. Do đó ta ch có thể biến đổi nâng lên
lũy thừa phương trình khi có điều kiện 3x  1  0 . Khi đó hai vế đều khơng âm và bình
phương ta thu được phương trình tương đương.


1
x  0
3x  1  0
x  
2x  1  3x  1  

3
2  
4
2x


1

3x

1
2

 9x  4x  0 x   9

 4 
Vậy tập nghiệm của phương trình trên là S   ; 0  .
 9 
Nhận xét.

 Trong qua trình nâng lên lũy thừa ta chỉ cần đặt điều kiện 3x  1  0 là được mà khơng cần phải
có thêm điều kiện 2x  1  0 , bởi vì khi nâng lên lũy thừa 2x  1   3x  1 thì đã đảm bảo cho
2

điều kiện 2x  1  0 .

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


10

Website:tailieumontoan.com

 Nếu trong qua trình biến đổi ta khơng đặt điều kiện 3x  1  0 thì khi tìm x  0 và x  

4
ta
9

cần thử lại vào phương trình ban đầu để xác định nghiệm.
Ví dụ 5. Giải phương trình

x  1  5  2 3x  2 .
Phân tích và lời giải

Việc đầu tiên khi giải phương trình trên là tìm điều kiện xác định của phương trình.
Vì chưa biết chắc chắn vế phải âm hay dương nên trước khi biến đổi nâng lên lũy thừa ta
cần có thêm điều kiện 5  2 3x  2  0 . Tuy nhiên để ý một tí ta nhận thấy khi chuyển vế
đại lượng 2 3x  2 sang vế trái thì hai vế của phương trình đều dương và đến đây ta có
thể nâng lên lũy thừa hai vế mà không cần đến điều kiện 5  2 3x  2  0 . Từ đó ta có lời
giải như sau

x  1  0
 x  1 . Phương trình đã cho tương
Điều kiện xác định của phương trình là 
3x

2

0

đương với

x  1  2 3x  2  5 

 x 1 4



x  1  2 3x  2



2

 25

 x  1 3x  2   4  3x  2   25  4  x  1 3x  2   34  13x

34  13x  0

2
16  x  1 3x  2    34  13x 

34  13x  0

x  2
 
x2
562
x 
 
121

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  2 .

Nhận xét.

 Khi gặp phương trình dạng

f  x   g  x   k thì ta nên chuyển vế một hạng tử sao cho hai vế

của phương trình đều khơng âm, từ đó ta thực hiện nâng lên lũy thừa mà khơng cần phải bổ sung
thêm điều kiện của ẩn.

 Ngồi biến đổi nâng lên lũy thừa như trên ta có thể giải phương trình trên theo phương pháp
đánh giá như sau

x  1  0
 x  1.
Điều kiện xác định của phương trình là 
3x  2  0

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


11

Website:tailieumontoan.com


 x 1  2 1  1
 x  1  1  5  2 3x  2 .
+ Xét 1  x  2 , khi đó ta có 

5

2
3x

2

5

2
3.2

2

1



 x  1  2.1  1  1
 x  1  1  5  2 3x  2 .
+ Xét x  2 , khi đó ta có 
5

2
3x

2

5


2
3.2

2

1



 x  1  2.1  1  1
 x  1  5  2 3x  2  1 .
+ Xét x  2 , khi đó ta được 
5

2
3x

2

5

2
3.2

2

1


Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x  2 là nghiệm.

Ví dụ 7. Giải phương trình

2x  1  x  1
Phân tích và lời giải

Phương trình trong ví dụ có dạng cơ bản

f  x   g  x  nên ta sử dụng phép nâng

lên lũy thừa, Sau phép nâng lên lũy thừa ta được một phương trình bậc hai. Chú ý đặt
điều kiện cho ẩn để phép nâng lũy thừa thực hiện được. Ta có lời giải như sau.
1
Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương đương với
2
x  1

x  1


x  1  0
x  1


 x  0  x  4

2  
2

x  x  4   0
2x  1  x  2x  1 

2x  1   x  1


x  4

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

 Nhận xét. Phương trình được viết lại thành

2x  1 

1
3
2x  1  , đến đây ta thực hiện phép

2
2

đặt ẩn phụ t  2x  1  t  0  và đưa phương trình về dạng bậc hai 2t  t 2  3 .
Ví dụ 8. Giải phương trình 2 x2  2x  6  x  5
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 

. Phương trình đã cho tương đương với

x  5  0

x  5  0
x  5  0
 x  1

x  1
 2
 

2
2

4 x  2x  6  x  10x  25
3x  2x  1  0
x   1  x   1

 

3
3





 1 
Phương trình đã cho có nghiệm S   ;1 .
 3 
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


12

Website:tailieumontoan.com

Ví dụ 9. Giải phương trình

x3  2x2  1  x  1

Lời giải
Điều kiện kiện xác định của phương trình là x3  2x2  1  0 . Phương trình đã cho tương
đương với

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





x  1
x  1


 x  0;1
x  x  1 x  2   0

x  2; 0;1
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S  0;1 .
Ví dụ 10. Giải phương trình 2x  x2  4x  1  3
Lời giải
Điều kiện xác định của x2  4x  1  0 . Phương trình đã cho tương đương với


2
8  2 10
2x  3  0
x 
2x  3  x  4x  1   2

x
3
2
3
4x  12x  9  x  4x  1 3x 2  16x  8  0

2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm duy nhất x 

Ví dụ 11. Giải phương trình

8  2 10
.
3

2x  1  2

1
4x  1
Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

2x  1  2  4x  1  2x  1  4x  3

3
4x  3  0
x 


 x1
4
2
2
2x  1  16x  24x  9
8x  13x  5  0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 12. Giải phương trình 4 2x  1  x2  4x  2
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

1
. Phương trình đã cho tương tương với
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


13

Website:tailieumontoan.com

x 2  4x  2  0
4 2x  1  x  4x  2  
4
2
2
16  2x  1  x  2x  4x  2   16x  16x  4
2
x 2  4x  2  0
x  4x  2  0
 4
 2 2
3
2
x x  8x  10  2 x 2  8x  10  0
x  8x  12x  16x  20  0

2



 



x 2  4x  2  0
x  4x  2  0
 
 2

 x  4 6  x  4 6
2
 x  2 x  8x  10  0

  x  4  6
2









Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S  4  6



 Nhận xét. Để ý đến biểu thức 4 2x  1  2.2. 2x  1 ta viết phương trình về dạng A2  B2 .
Phương trình đã cho tương đương với

2x  1  4 2x  1  4  x 2  2x  1 

+ Dễ thấy phương trình

+ Với



2x  1  2



2

 2x  1  x  1
2
  x  1  
 2x  1  x  3

2x  1  x  1 vô nghiệm do điều kiện x 

1
.
2



x  3
x  3

2x  1  x  3  

 x  4 6 .
 2
2
2x

1

x

6x

9
x

8x

10

0









Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S  4  6 .
Ví dụ 13. Giải phương trình

2x  1  x  3  3 .

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có dạng cơ bản và biểu thức trong căn là các đa thức bậc nhất.
Do đó ta sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Sau hai lần nâng lên lũy
thừa ta thu được một phương trình bậc hai.
Điều kiện xác định của phương trình là x 
2x  1  x  3  2

 2x  1 x  3   9  2

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

2x 2  5x  3  7  3x


7
x

7

7  3x  0
3
x 


 2


3
2

x

1
8x  20x  12  9x  42x  49
x 2  62  61  0

 x1

  x  61

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm duy nhất là x  1 .
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


14

Website:tailieumontoan.com

Ví dụ 14. Giải phương trình

3x  1  2x  1  1

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

3x  1  2x  1  1  3x  1  2x  1  1  2 2x  1
x  1
x  1
x  1


 x  1  2 2x  1   2
 2

x  2x  1  8x  4
x  6x  5  0
x  5



Kết hợp với điều kiện xác đinh ta được tập nghiệm S  1; 5 .

 Nhận xét. Ta cũng có thể thực hiện phép nâng lên lũy thừa theo cách khác
Phương trình đã cho tương đương với

 3x  1  2x  1  0
3x  1  2x  1  1  
2

3x  1  2x  1  2 6x  x  1  1
3x  1  2x  1
x  2


 x  1; 5
2
2
2
5x  1  2 6x  x  1
25x  10x  1  24x  4x  4
Kết hợp điều kiện x 

1
ta thu được tập nghiệm S  1; 5 .
2

Ví dụ 15. Giải phương trình

x  4  1  x  1  2x
Phân tích và lời giải

Phương trình có dạng cơ bản

f  x   g  x   h  x  nên ta sẽ sử dụng biến đổi

nâng lên lũy thừa, tuy nhiên trước khi biến đổi ta cần đặt điều kiện cho phương trình và
chuyển vế hạng tử

1  x sang vế phải sao cho phương trình thu được có hai vế khơng

âm.
Điều kiện xác định của phương trình là 4  x 

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

x  4  1  2x  1  x  x  4  1  2x  2
 2x  1 

2x  1  0

1  2x 1  x   1  x
2x  1  0



1  2x 1  x   

2x

 2x  1   1  2x 1  x 
2

2

 7x  0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

Website:tailieumontoan.com

Nhận xét.



phương trình trên ta chuyển

1  x qua vế phải r i mới bình phương. Mục đích của việc làm

này là tạo ra hai vế của phương trình ln cùng dấu để sau khi bình phương ta thu được phương
trình tương đương.

 Sai lầm thường gặp khi bình phương hai vế phương trình đã cho là biến đổi phương trình thành



x  4  1 x

 
2

1  2x



2

mà chưa xác định được

x  4  1  x mang dấu gì. Ta khắc

phục sai lầm đó bằng cách sau

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



 

1  2x



2

Ngồi ra ta có thể biến đổi

x  4  1  x  1  2x 



x  4  1 x

 
2

1  2x



2

Tuy nhiên sau khi giải được các nghiệm ta cần thử lại vào phương trình ban đầu để tìm tập
nghiệm.
Ví dụ 16. Giải phương trình

3x  1  x  4x  3

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 

3
. Phương trình đã cho tương đương với
4

3x  1  x  4x  3  3x  1  5x  3  2 4x 2  3x  2  x  4x 2  3x
x  1
2  x  0

x  2
 2
 2

2
x   4
x  4x  4  4x  3x
3x  x  4  0

3
Kết hợp điều kiện x 

3
suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .
4

Ví dụ 17. Giải phương trình

3x  1  2x  1  x  1  4x  1

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có dạng

f  x   g  x   h  x   r  x  . Do đó ta có thể sử

dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Để ý rằng 3x  1  2x  1  x  1  4x  1
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC

16

Website:tailieumontoan.com

nên

sau

pháp

bình

phương

hai

vế

ta

thu

được

phương

trình

 3x  1 2x  1   x  1 4x  1 . Sử dụng tiếp một lần nữa phép nâng lên lũy thừa thì

thu được phương trình bậc hai.
Điều kiện xác định của phương trình là x  1 . Phương trình đã cho tương đương với

 3x  1 2x  1  x  1  4x  1  2  x  1 4x  1
  3x  1 2x  1   x  1 4x  1  6x  x  1  4x  3x  1
 x  x  2   0  x  2; 0
3x  1  2x  1  2

2

2

Cả hai giá trị bị loại do x  1 . Kết luận phương trình vơ nghiệm.
Nhận xét. Cũng từ 3x  1  2x  1  x  1  4x  1 ta nghĩ đến đặt ẩn phụ

a  3x  1; b  2x  1; c  x  1;d  4x  1 a  0; b  0; c  0;d  0 
a  b  c  d

Khi đó từ cách đặt và phương trình đã cho ta có hệ  2
.
2
2
2

a  b  c  d

 3x  1 2x  1   x  1 4x  1 .

Tư đó ta được ab  cd hay ta có phương trình
Ví dụ 18. Giải phương trình

3x  1  x  2  6x  4  4x  3

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 
Phương trình đã cho tương đương với

3
4

3x  1  4x  3  6x  4  x  2 . Giả sử hai vế

của phương trình cùng dấu. Khi đó

 3x  1 4x  3   7x  2  2  6x  4  x  2 
 3x  1 4x  3    6x  4  x  2 

7x  2  2


1 5
 12x 2  5x  3  6x 2  13x  5  0  x   ; 
2 3
Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x 

5
thỏa mãn phương trình đã cho.
3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là nghiệm x 

5
.
3

Nhận xét. Dễ thấy rằng hai phương trình sau khơng tương đương với nhau.
3x  1  4x  3  6x  4  x  2 và
Tác giả: Nguyễn Công Lợi



3x  1  4x  3

 
2

6x  4  x  2



2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


17

Website:tailieumontoan.com
Do đó ta có thể giả sử hai vế của phương trình

3x  1  4x  3  6x  4  x  2 cùng

dấu để phép có biến đổi tương đương. Ngồi ta ta có thể biến đổi hệ quả là

3x  1  4x  3  6x  4  x  2 



3x  1  4x  3

 
2

6x  4  x  2



2

Trong cả hai cách trên sau khi giải ra nghiệm ta cần phải thử lại vào phương trình đã cho r i
kết luận tập nghiệm.
Ví dụ 19. Giải phương trình

3  x  2 x  7x  1  2 1  x

Lời giải
1
 x  1 . Giả sử hai vế của phương trình đã cho
7

Điều kiện xác định của phương trình là
cùng dấu.
Khi đó phương trình tương đương với
3x  3  4 x  3  x   3x  3  4

7x  11  x  

x 3  x  

7x  11  x 

1 1
 3x  x 2  7x 2  8x  1  6x 2  5x  1  0  x   ; 
3 2

Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x 

1
thỏa mãn phương trình đã cho.
2

1
Vậy phương trình dã cho có tập nghiệm S    .
2
Ví dụ 20. Giải phương trình

4x  3  3x  4  x2  x  1  x2  2 .

Phân tích và lời giải
3

Dễ thấy điều kiện xác định của phương trình là x   .
4









Để ý ta thấy x2  x  1   3x  4   x2  2   4x  3  . Do đó ta viết phương trình lại thành
4x  3  x2  2  x2  x  1  3x  4

Bình phương hai vế của phương trình ta được

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


18

Website:tailieumontoan.com

x 2  4x  5  2


x

2

x

2


x

 x  1  3x  4   x 2  4x  5  2



 x  1  3x  4  

2





x

2



 2  4x  3 







 2  4x  3   x 2  x  1  3x  4   x 2  2  4x  3 

x  1
  x  1 x  3x  2  0  
 x  3  17

2



2



Thử lại vào phương trình đã cho ta thấy x 

3  17
thỏa mãn.
2


 3  17 3  17 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  
;

.
2 
 2


1  x3
 1  x  x2  x  1  3  x .
3x

Ví dụ 21. Giải phương trình
Phân tích và lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x  1 .

1  x3
.  3  x   1  x  x2  x  1 . Do đó khi chuyển vế hai hạng tử
Nhận thấy
3x





1  x và

3  x sang vế kia thì ta được phương trình có hai vế cùng dương. Lúc này bình phương

hai vế ta được
2

 1  x3


 3x 
 3x






x2  x  1  1  x



2

 1  x3 
1  x3
2
2
3x2 
  3  x   x  x  1  1  x  2 x  x  1 1  x 
3x
3

x


3

1 x

 x 2  x  1  1  x 3   3  x  x 2  x  1  2x 2  4x  4  0  x  1  3
3x















Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S  1  3; 1  3 .
Ví dụ 22. Giải phương trình

2x2  x  6  x  1  x2  x  2  2x  3 .

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Từ phương trình ta được

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC

19

Website:tailieumontoan.com



2x 2  x  6  x  1

 2x 2  5  2

 2x

2

 
2



x 2  x  2  2x  3





2

x

 x  6  x  1  x 2  x  1  2

2



 x  2  2x  3 

 x  2
 x2  x  6  0  
x  3

Thay các giá trị tìm được vào phương trình ta thấy khơng thỏa mãn. Vậy phương trình vơ
nghiệm.
Nhận xét. Có thể sử dụng phương pháp phân tích nhâ tử để giải quyết nhanh gọn phương trình.
Với điều kiện x  2 ta có 2x  3  0 và x  1  0 . Do đó phương trình đã cho tương đương với

 2x  3  x  2  
 x2






x 1 

 

2x  3  x  1 

x2 1



 x  1 x  2  



2x  3

2x  3  x  1  0



2x  3  x  1  0

x  1
 2x  3  x  1  0  2x  3  x  1  
2x  3  x  1
Từ đây ta suy ra phương trình đã cho vơ nghiệm.
Ví dụ 23. Giải phương trình 1 

2
x  x2  x  1  x
3

Phân tích và lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là 0  x  1 . Để giải phương trình này thì r

ràng ta phải loại bỏ căn thức. Điều đầu tiên là ta nghĩ đến bình phương hai vế. Vì hai vế
của phương trình đã cho ln khơng âm nên bình phương hai vế ta thu được phương
trình tương đương.
2


2
2 
1 3 x  x  









x  1 x



2

 1

 2 x  x2  3 x  x2  0  x  x2







4
4
x  x2  x  x2  1  2 x  x2
3
9

 x  x2  0
x  0
2 x  x 2  3  0  

3
2
x  1
 x  x  2



Kết hợp với điều kiện xác đinh ta có tập nghiệm S  0;1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20

Website:tailieumontoan.com

 Nhận xét.
đẳng thức



x  1 x



2

x  1  x nhờ vào

x  x2 biểu diễn được qua

ua lời giải trên, ta thấy được

 1  2 x  x2 . Như vậy nếu ta đặt t  x  1  x thì

x  x2 

t2  1
2

và khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t

t  1
t2  1

1
 t  t 2  3t  2  0  
3
t  2

 x  1  x  1 x  0

Vậy ta có 
 x  1  x  2  x  1
Việc thay thế biểu thức

x  1  x bằng một ẩn mới là t ẩn phụ là một suy nghĩ hoàn

toàn tự nhiên. Để chọn được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta phải tìm được mối liên hệ gi a các đối
tượng tham gia trong phương trình, trong trường hợp này đó là đẳng thức..
Ví dụ 24. Giải phương trình

2  x2  2 

1

1
 4x 
2
x
x


Lời giải
1

 0; x  0 .
x2
1

1
2  x2  2  2  2 2; 4   x    4 nên phương trình trên
x
x


Điều kiện xác định của phương trình là 2  x2  0; 2 
Nhận thấy khi x  0 thì

khơng có nghiệm. Do đó ta xét phương trình khi x  0 .

 
1
4   x    0
x
 
Khi đó phương trình tương đương với hệ 
 2  x 2  2  1

x2

1
Đặt x   y , khi đó ta được
x





2

  
1 
   4   x   
1 
  

2

.


2  y  4
2 .

4  y2  2  2 5  2 y2  2   4  y 















Xét phương trình 4  y2  2  2 5  2 y2  2   4  y  ta được
2

9  2y 2  y 2  4y  5  y 4  8y 3  28y 2  40y  16  0









  y  2  y 3  6y 2  16y  8  0   y  2   y  2  y 2  4y  8  8   0







Do  y  2  y 2  4y  8  8  0 nên từ phương trình trên ta được y  2 .

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


21

Website:tailieumontoan.com

Từ đó ta có x 

2
1
 2   x  1  0  x  1 .
x

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất.

 Nhận xét. Bài toán này ta có thể giải bằng phương pháp đánh giá như sau.
Với điều kiện xác định như trên thì phương trình đã cho tương đương với

2  x2  2 

1
1
x  4
2
x
x

 





2
2

2
2
2

x

x

2

x
.1

x.1
4


2
2
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được 
.

 


1
1
1
1
 2 
    2  2 .1  .1   4
2

x  
x 
x
x


1
1
 x   4 . Do đó kết hợp với phương trình ta được
2
x
x
 2  x2  x  2
 2  x2  2  x



 x1

1 1
1 1

2



2
2



2


x2 x
x2 x


Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 .
Suy ra

2  x2  2 

Ví dụ 25. Giải phương trình

5x2  14x  9  x2  x  20  5 x  1 .

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình
đã cho như sau
5x 2  14x  9  x 2  x  20  5 x  1
 5x 2  14x  9  x 2  x  20  25  x  1  10

 x  1 x  4  x  5 

 x  1 x  4  x  5 
 2  x  1 x  5   3  x  4   5  x  1 x  5  .
 2x 2  5x  2  5

Đặt

 x  1 x  5  y;

x4

x  4  z với y  0; z  3 .

y  z
Ta được 2y 2  3z 2  5yz   y  z  2y  3z   0  
 2y  3z

 Nếu y  z thì ta được x 

5  61
(do x  5 ).
2

7
 Nếu 2y  3z thì ta được x  8; x   .
4
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


22

Website:tailieumontoan.com

 5  61
7 
Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S  
; 8;   .
4 
 2
Ví dụ 26. Giải phương trình sau

x2  5x  x3  2x  1  x  1 .
Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x3  2x  1  0; x2  5x  x3  2x  1  0 .
Phương trình đã cho tương đương với

x  1  0
x 2  5x  x 3  2x  1  x  1   2
2
3
x  5x  x  2x  1   x  1
x  1


1

x  1
1
1  x 
 3
 x

x0
3
 x  2x  1  1  3x
3
x  0; x  1; x  8

x 3  2x  1   1  3x 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 27. Giải phương trình

3

7x  1  x  1
Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 

. Phương trình đã cho tương đương

7x  1  x3  3x2  3x  1  x3  3x2  4x  0   x  1 x  4   0  x  4; 0;1

Vậy phương trình có tập nghiệm là S  4; 0;1 .

 Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có dạng tổng qt

3

f  x   g  x  . Để giải phương

trình dạng này ta lũy thừa bậc ba hai vế và đưa phương trình về dạng phương trình đa thức.
Ví dụ 28. Giải phương trình

3

x  34  3 x  3  1
Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho có dạng cơ bản

3

f  x   3 g  x   3 h  x  . Do đó ta sử dụng

phép nân lên lũy thừa để giải. Chú ý rằng sau phép nâng lên lũy thừa thì phương trình
xuất hiện biểu thức căn bậc ba dạng

3

f  x   3 g  x  , khi đó ta thay thế bằng

3

h  x .

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

. Phương trình đã cho tương đương với

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23

Website:tailieumontoan.com



3

x  34  3 x  3



3

 1  x  34   x  3   3 3 x  34. 3 x  3

3



x  34  3 x  3  1

 x  34  x  3   12
 31x  1830  0  x  61; 30

 3 3 x  34. 3 x  3.1  36 
 x 2  31x  102  12 3  x 3



3

Thử lại hai giá trị x đều thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
S  61; 30 .

 Nhận xét. Trong lời giải trên ta đã sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ bậc ba dạng

a  b
thay

3

3

 a 3  b3  3ab  a  b  khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa. Trong bài toán phép biến đổi

f  x   3 g  x  bằng

3

h  x  là một phép biến đổi hệ quả, do đó ta cần phải thay các giá trị

tìm được vào phương trình đã cho r i mới kết luận tập nghiệm.
Ví dụ 29. Giải phương trình

3

x  3 x 1  1
Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 



3

x  3 x 1



3

. Phương trình đã cho tương ứng với

 1  x  x  1  3 3 x. 3 x  1



3



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

x  1
3
 27x  x  1  8  1  x    x  1 8x 2  11x  8  0   2
8x  11x  8  0  * 





Phương trình (*) vơ nghiệm vì   0 . Thử lại ta thấy x  1 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
Ví dụ 30. Giải phương trình

3

x  1  3 3x  1  3 4x  2  0

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x 
3

. Phương trình đã cho tương đương với

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



3



x  1  3 3x  1  4x  2

 3 3 x  1. 3 3x  1. 3 4x  2  8x  4  27.  x  1 3x  1 4x  2   8  4x  2 
 1 6  17 6  17 
  2x  1 81x 2  108x  19  0  x   ;
;

9
9 
 2





 1 6  17 6  17 


;
Thử lại kết luận phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;

9
9 


 2

Ví dụ 31. Giải phương trình
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

3

1 x  3 1 x  2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


24

Website:tailieumontoan.com
Bài giải

Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với
1  x  1  3 3 1  x . 3 1  x  3 1  x  3 1  x   8  6 3 1  x  6  x  0 .



Thử lại ta thấy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 32. Giải phương trình

3

x2  1  3 3x2  x  2  3 2x2  x  3 .

Phân tích và lời giải
Phương trình có dạng cơ bản

lũy

thừa

để

xử

lý

phương

x2  1  2x2  x  3  3x2  x  2 ,
3

3

do

f  x   3 g  x   3 h  x  nên ta nghĩ đến phép nâng lên

trình.
đó

Quan

ta

biến

sát

phương

trình

ta

nhận

đổi

phương

trình

về

dạng

x2  1  3 2x2  x  3  3 3x2  x  2 và sau khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa ta thu

được phương trình

3

x



 1 2x2  x  3

2



3



x2  1  3 2x2  x  3  0 . Đến đây ta có lời giải

cho bài tốn như sau.
Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Phương trình đã cho tương đương
với
3

x 2  1  3 2x 2  x  3  3 3x 2  x  2 





 3x 2  x  2  3 3 x 2  1 2x 2  x  3



3



3

x 2  1  3 2x 2  x  3

2

3

2

3

3

3

2

2

3

2

2

2

2

3

2

x 2  1  3 2x 2  x  3  3x 2  x  2

 x  1 2x  x  3   x  1  2x  x  3   0
 x  1 2x  x  3  0
 
  2x  x  3  0


 x  1    2x  x  3 
 x  1  2x  x  3  0




  3x  x  2
3

2

2

2


2 3

Giải các trương hợp trên ta được tập nghiệm S  1;  ;1;  .
3 2


 Nhận xét. Với phương trình dạng

3

f  x   3 g  x   3 h  x  trong đó f  x   g  x   h  x  thì ta

thực hiện lập phương hai vế và đưa phương trình về dạng
3

f  x  .g  x 



3



f x  3 g x  0

Một phương trình mở rộng cho dạng phương trình này là
3

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

f  x  3 g  x  3 h  x  3 r  x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC