10 kĩ thuật giải phương trình vô tỉ (ôn thi đại học cấp tốc )

THANH TÙNG 0947141139

1

10 KĨ THUẬT HAY DÙNG KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
QUA 3 VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 2 1 2
x x x x x
− + + = −
(
R
x
∈
)
2
( )
t

Cách 1: (1. Biến ñổi tương ñương)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
2 1 2 1
x x x x x
+ + = − + +


2 2
2 2 2 2 3 2

( 2 1) 0 (2 1) 0
4 ( 1) ( 2 1) 8 7 2 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
 
− + + ≥ − − ≤
 
⇔ ⇔
 
+ + = − + + + − − =
 
 


( )
2
1
; 0;1
2
1
( 1)(2 1) 0
1
1 33
( 1)(8 1) 0
16
1 33
16
x
x
x x x

x
x x x
x
x

 
∈ −∞ − ∪



= −
 


− + ≤



⇔ ⇔ ⇔
= −

 
+

+ − − =
=






±


=





Vậy phương trình có nghiệm
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

Cách 2: (2. Dùng hằng ñẳng thức)
Phương trình tương ñương :
2 2 2
2 1 ( 1) 4
x x x x x x x
− + + + + + =

(
)

2
2 2
1 (2 )
x x x x
⇔ − + + =
2 2
2 2
1 2 1 (1)
1 2 1 3 (2)
x x x x x x x
x x x x x x x
 
− + + = + + = −
 
⇔ ⇔
 
− + + = − + + =
 

2 2
0
0
(1) 1
1
1
x
x
x
x
x x x

− ≥
≤


⇔ ⇔ ⇔ = −
 
= −
+ + =


;
2 2 2
0
3 0 0
1 33
(2)
1 33
16
1 9 8 1 0
16
x
x x
x
x x x x x
x
≥

≥ ≥
 
+


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
±
+ + = − − =
=
 



Vậy phương trình có nghiệm
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

Cách 3: (3. ðưa phương trình về dạng ñồng cấp
2 2
0
au buv cv
+ + =
ñể tạo tích bằng việc chia và ñặt ẩn phụ)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
2 1 2 1

x x x x x
+ + = − + +

2 2 2
2 1 3 ( 1)
x x x x x x
⇔ + + = − + + +

Nhận thấy
0
x
=
không là nghiệm của phương trình nên
2
1 0
x x x
+ + ≠
, chia cả hai vế của phương trình
cho
2
1
x x x
+ +
, khi ñó phương trình tương ñương:
2 2
2 2
3 1
2
1 1
x x x

x x x x x x
− + +
= +
+ + + +
2
2
3 1
2
1
x x x
x
x x
− + +
⇔ = +
+ +

ðặt
2
1
x
t
x x
=
+ +
, phương trình có dạng:
2
1
1
2 3 3 2 1 0
1

3
t
t t t
t
t
= −


= − + ⇔ + − = ⇔

=



2
2
2
2
1
1
1
1
1 3
3
1
x
x x x
x x
x
x x x

x x

= −


+ + = −
+ +


⇒ ⇔


+ + =

=

+ +

…tiếp tục như Cách 2 ta ñược nghiệm :
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

THANH TÙNG 0947141139

2

Cách 4: (3. ðưa phương trình về dạng ñồng cấp
2 2
0
au buv cv
+ + =
ñể tạo tích bằng việc ñặt ẩn phụ)

(Thực chất ñây chỉ là cách trình bày khác của Cách 3 – song cách trình bày này các em sẽ thấy rõ hơn tính ñồng cấp xuất
hiện ở phương trình trên)

Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
2 1 2 1
x x x x x
+ + = − + +


2 2 2
2 1 3 ( 1)
x x x x x x
⇔ + + = − + + +

ðặt
2
1
y x x
= + +

, khi ñó phương trình có dạng:
2 2
2 3
xy x y
= − +


2 2
3 2 0 ( )(3 ) 0
x xy y x y x y
⇔ + − = ⇔ + − =
3
y x
y x
= −

⇔

=


suy ra:
2
2
1
1 3
x x x
x x x

+ + = −



+ + =

… tiếp tục như Cách 2 ta ñược nghiệm:
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=


Cách 5: (4. ðặt ẩn phụ hoàn toàn)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
2 2
1 2 2 1 0
x x x x x
+ − − + + =

Nhận thấy
0
x
=
không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho
2
x

ta ñược:

2
2
1 1 2 1
2 0
x x
x x x
+ +
+ − − =
(*)
+) Với
0
x
>
: (*)
2 2
1 1 1 1
2 2 1 0
x x x x
⇔ + − − + + =
. ðặt
2
1 1
1t
x x
= + +
⇒
2
2

1 1
1
t
x x
+ = −

( 0)
t
≥

Khi ñó phương trình có dạng:
2 2
1 2 2 0 2 3 0 3
t t t t t
− − − = ⇔ − − = ⇔ =
hoặc
1
t
= −
(loại)
Suy ra
2
2
1 1 1 33
8 8 1 0
16
x x x
x x
±
+ = ⇔ − − = ⇔ =

, kết hợp với
0
x
>
ta ñược nghiệm:
1 33
16
x
+
=

+) Với
0
x
<
: (*)
2 2
1 1 1 1
2 2 1 0
x x x x
⇔ + − + + + =
. ðặt
2
1 1
1t
x x
= + +
⇒
2
2

1 1
1
t
x x
+ = −

( 0)
t
≥

Khi ñó phương trình có dạng:
2 2
1 2 2 0 2 3 0 1
t t t t t
− − + = ⇔ + − = ⇔ =
hoặc
3
t
= −
(loại)
Suy ra
2
1 1
0 1 0 1
x x
x x
+ = ⇔ + = ⇔ = −
thỏa mãn
0
x

<
.
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=

Cách 6: (5. Nhân biểu thức liên hợp)
Biến ñổi phương trình tương ñương :
(
)
2
2 1 1
x x x x x
+ + + = +

*) Nếu
2 2
2 2
0
0
1 0 1 1
1
1

x
x
x x x x x x x
x
x x x
− ≥
≤


+ + + = ⇔ + + = − ⇔ ⇔ ⇔ = −
 
= −
+ + =



Khi ñó thay
1
x
= −
ta nhận thấy nó là nghiệm của phương trình.
*) Nếu
2
1 0 1
x x x x
+ + + ≠ ⇔ ≠ −
. Khi ñó phương trình tương ñương:
THANH TÙNG 0947141139

3

(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 1 1 ( 1) 1
x x x x x x x x x x x
+ + + + + − = + + + −


(
)
2
2 ( 1) ( 1) 1
x x x x x x
⇔ + = + + + −
2
2 1
x x x x
⇔ = + + −
(vì
1
x
≠ −
)

2
1 3
x x x
⇔ + + =
⇔
…
⇔
1 33
16
x
+
=
(các em xem lại cách giải phương trình này ở Cách 2)
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x
= −
hoặc
1 33
16
x
+
=


Chú ý: Ở cách 6 , khi ta nhân với một biểu thức chứa biến vào cả hai vế của phương trình thì có hai cách trình bày:
+) Trước khi nhân, ta xét tính bằng 0 và khác 0 của biểu thức cần nhân ñể tránh tình huống thừa nghiệm.
+) Tạo ra phương trình hệ quả (dùng dấu “
⇒
” ) và bước cuối cùng phải thử lại nghiệm

(chỉ dùng khi bài toán có “nghiệm ñẹp” – ñể việc thử lại nghiệm không gặp “khó khăn”) .

Ví dụ 2: Giải phương trình
(
)
2 2 3
2 15 15 3 15 4
x x x x x x
− − + = − − −

R
x
∈

2
( )
t

ðiều kiện:
0 15
x≤ ≤
Biến ñổi phương trình tương ñương:
(
)
2 2 2
(15 ) 3 . 15 4 2 15 0
x x x x x x
− − − − + − + =

Cách 1: (6. ðặt hai ẩn phụ ñể ñưa phương trình về dạng tích và ñánh giá)

ðặt
2
15
u x
v x

= −


=


( , 0)
u v
≥
, khi ñó phương trình có dạng:
2 2
3 4 2( ) 0
u uv v u v
− − + + =
(*)
Cách 1.1: Phân tích thành tích bằng kĩ thuật nhóm, tách ghép…
(*)
2 2
2 3 2( 2 ) 0
u v uv u v
⇔ + − + − =


( 2 ) ( 2 ) 2( 2 ) 0

u u v v u v u v
⇔ − − − + − =


( 2 )( ) 2( 2 ) 0
u v u v u v
⇔ − − + − =


( 2 )( 2) 0
u v u v
⇔ − − + =
2
u v
⇔ =
hoặc
2
u v
= −

Cách 1.2: Sử dụng phương pháp hằng số biến thiên – ñể tạo tích
(*)
2 2
(3 2) 2 4 0
u v u v v
⇔ − − + − =


2 2 2 2
(3 2) 4(2 4 ) 4 4 ( 2)

u
v v v v v v∆ = − − − = + + = +

Khi ñó
3 2 2
2
2
v v
u v
− + +
= =
hoặc
3 2 2
2
2
v v
u v
− − −
= = −

+) Với
2
u v
=
, khi ñó:
2 2
15 2 15 4
x x x x
− = ⇔ − =
(do có ðK)

2
4 15 0
x x
⇔ + − =
2 19
x⇔ = − + hoặc
2 19
x = − − (loại)
+) Với
2
u v
= −
, khi ñó:
2
15 2
x x
− = −
(2*)
Với ñiều kiện:
0 15 2 15 2 16 2 0
x x
≤ ≤ ⇒ − ≤ − < − =
nên phương trình (2*) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm:
2 19
x = − +

THANH TÙNG 0947141139

4

Cách 2: (7. ðặt ẩn phụ ñể ñưa phương trình về hệ)
ðặt
2
15
u x
v x

= −


=



( , 0)
u v
≥
suy ra
2 4
15
u v
+ =
. Khi ñó phương trình ñưa về hệ:

2 2
2 4
3 4 2( ) 0
15

u uv v u v
u v

− − + + =


+ =


2 2
2 4
2 3 2( 2 ) 0
15
u v uv u v
u v

+ − + − =

⇔

+ =




2 4 2 4
( 2 )( ) 2( 2 ) 0 ( 2 )( 2) 0
15 15
u v u v u v u v u v
u v u v

− − + − = − − + =
 
⇔ ⇔
 
+ = + =
 
2 4
2 4
2
(1)
15
2
(2)
15
u v
u v
u v
u v
 =



+ =


⇔

= −





+ =



*) Từ (1), suy ra:
2 4 4 2 2
4 15 4 15 0 2 19
v v v v v+ = ⇔ + − = ⇔ = − + hoặc
2
2 19
v = − − (loại)
2 19
x⇒ = − +

*) Từ (2), kế hợp với ñiều kiện
0
u
≥
ta có:
2 0
u v
= − ≥


2
v
⇒ ≥
hay

2 4
x x
≥ ⇔ ≥
không thỏa mãn ñiều kiện
15 4
x
≤ <

Nên hệ (2) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm:
2 19
x = − +

Cách 3: (8. Phân tích thành tích)

(
)
2 2 3
2 15 15 3 15 4
x x x x x x
− − + = − − −


2 2 2 2
15 2 . 15 . 15 2 2 15 4 0
x x x x x x x x
⇔ − − − − − + + − − =


(

)
(
)
(
)
2 2 2 2
15 15 2 15 2 2 15 2 0
x x x x x x x x
⇔ − − − − − − + − − =


(
)
(
)
2 2
15 2 15 2 0
x x x x
⇔ − − − − + =
2
2
15 2
15 2
x x
x x

− =

⇔


− = −

… tiếp tục làm như Cách 1
ta ñược nghiệm của phương trình là:
2 19
x = − +

Cách 4: (9. ðặt ẩn phụ không hoàn toàn và phương pháp hằng số biến thiên)
(Một cách trình bày khác của Cách 1.2 )
ðặt
2
15
t x
= −
. Khi ñó phương trình có dạng:
(
)
2
3 . 4 2 0
t x t x t x
− − + + =


2
(3 2) 2 4 0
t x t x x
⇔ − − + − =


2 2

(3 2) 4(2 4 ) 4 4 ( 2)
t
x x x x x x∆ = − − − = + + = +
Suy ra:
3 2 2
2
2
3 2 2
2
2
x x
t x
x x
t x

− + +
= =



− − −
= = −


hay
2
2
15 2
15 2
x x

x x

− =


− = −

… tiếp tục làm như Cách 1 ta ñược nghiệm của
phương trình là:
2 19
x = − +

THANH TÙNG 0947141139

5

Ví dụ 3: Giải phương trình
5 2
( 7 3) 1 3 11
x x x x
+ + = − −
(
R
x
∈
)
2
( )
t

(10. Sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số. )
ðK:
1
3
x
≤
(*) Biến ñổi phương trình tương ñương:
6 3 3
( 6 9) ( 3) 1 3 1 3
x x x x x
+ + + + = − + −


(
)
2
3 2 3
( 3) ( 3) 1 3 1 3
x x x x
⇔ + + + = − + −
(2*)
+) Xét hàm số ñặc trưng:
2
( )
f t t t
= +
với
0
t

≥

Ta có:
'( ) 2 1 0
f t t
= + >
với
0
t
∀ ≥
, suy ra
( )
f t
ñồng biến với
0
t
∀ ≥

Khi ñó (2*)
(
)
3
( 3) 1 3
f x f x
⇔ + = −
3 3
3 1 3 1 3 3 0
x x x x
⇔ + = − ⇔ − − + =
(3*)

+) Với
1
3
x
=
không là nghiệm của phương trình, nên ta xét hàm số
3
( ) 1 3 3
g x x x
= − − +
với
1
3
x
<

Ta có
2
3
'( ) 3 0
2 1 3
g x x
x
= + >
−
với
1
3
x
∀ <

, suy ra
( )
g x
ñồng biến với
1
3
x
∀ <
.
Khi ñó (3*)
( ) ( 1) 1
g x g x
⇔ = − ⇔ = −
thỏa mãn ñiều kiện (*).
Vậy phương trình có nghiệm
1
x
= −
.


CẢM ƠN CÁC EM ðà ðỌC BÀI VIẾT NHỎ NÀY !
CHÚC CÁC EM ðẠT KẾT QUẢ THẬT TỐT TRONG KỲ THI SẮP TỚI !!!