PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ

Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-1-
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ
Vấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ:
_ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ.
+ Nếu bài toán có chứa
   
xf,xf
. Ta đặt:
   
xft0t,xft
2

.
+ Nếu bài toán có chứa
       
constkxg.xf,xg,xf 
. Ta đặt:
   
t
k
xgxft 
.
+ Nếu bài toán có chứa
           
constkxgxf,x.gxf,xgxf 
.
Ta đặt:
       
2
kt

x.gxfxgxft
2


.
+ Nếu bài toán có chứa
22
xa 
. Ta đặt:
 
π0; ,.cosahay x
2
π
;
2
π
,.sinax 






 tttt
.
+ Nếu bài toán có chứa
22
ax 
. Ta đặt:
 















2
π
/π0;,
cos
a
hay x /0
2
π
;
2
π
,
sin
a
x t
t

t
t
.
+ Nếu bài toán có chứa
22
xa 
. Ta đặt:
 
π0; ,cotahayx
2
π
;
2
π
,tanax 






 tttt
.
+ Nếu bài toán có chứa
xa
xa
,
xa
xa





. Ta đặt:
a.cos2tx 
.
+ Nếu bài toán có chứa
  
xbax 
. Ta đặt:
ta.sinbax
2

.
_ Dạng 2: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về một phương trình có cả biến số và cả ẩn phụ. Khi đó phương
trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai theo ẩn phụ hay theo biến x có biệt số

là số chính phương.
_ Dạng 3: sử dụng k ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với k ẩn phụ. Trong hệ mới thì
1k
phương trình
nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng.
Chẳng hạn:
   
cxfbxfa
mm

. Ta đặt:
 
 

bavu
xfbv
xfau
mm
m
m








. Khi đó ta có:





bavu
cvu
mm
.
_ Dạng 4: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với một ẩn phụ và một ẩn x. Ta thực hiện các bước:
Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa cho phương trình.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng
   
0x,xf 


.
Bước 3: Đặt:
 
xy


, ta biến đổi phương trình thành hệ
 
 





0yx,f
xy

.
Ta nên lưu ý, các hệ thu được thường là hệ đối xứng. Chú ý các trường hợp sau:
+ Ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-2-
* Phương trình dạng:
n
n
baxabx 
. Ta đặt:
n
baxt 
ta được hệ:








axbt
atbx
n
n
.
* Phương trình dạng:
xaax 
. Ta đặt:
xat 
ta được hệ:







xat
tax
.
+ Ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng.
Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình:

  
122xxx4x6
2

.
Giải:
Đặt
  
242xxx4x6t
2

. Với
2222
t12122xx242xxt0t6,x4 
.
Phương trình đã cho trở thành:













4t

3x
5x
3t
012ttt12t
22
.
Bài 2: Giải phương trình:
34xx2x1x2x3x
2

.
Giải: Xem như:
ab2x2xba có ta1xb,3xa 
Phương trình
  
1x0x011x2x3x 
.
Bài 3: Giải phương trình:
0225x11x3x54xx3
22

.
Giải: Điều kiện xác định:
3x 
Bình phương hai vế của phương trình ta được:
03x.54xx65012x2x
22

 
 

03x.54xx63x2054xx2
22

Ta thấy
3x 
không phải là nghiệm của phương trình.
Ta xét trường hợp:
3x 
. Chia hai vế cho
3x.54xx
2

ta được:
06
54xx
3x
20
3x
54xx
2
2
2







.

Đặt:
0t,
3x
54xx
t
2




. Phương trình trở thành:
2t5t0206t2t
2

(loại).
Với:
2
16121
x
2
16121
x07021xx5t
2




.
Bài 4: Giải phương trình:
23

x13x4x 
.
Giải:
(loại)
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-3-
Điều kiện:




































1x
2
3
0x
2
3
2
3
x
0x
2
3
1x1
03x4x
0x1
3
2
.

Với điều kiện trên, ta có:
 
0110x24x16xx13x4x
2462
2
3

.
Đặt:















4
22
t
4
22
t

2
1
t
0110t24t16t:có ta1,t,0xt
232
. Các nghiệm trên đều dương, so điều kiện
Cách khác: Ta đặt:
πtcost,0x 
.
Phương trình đã cho trở thành:
sint???sinttcos13costt4cos
23

Zlk, ;
lπ
4
π
t
2
π
k
8
π
t
t
2
π
coscos3t


















Vì
πt0 
nên ta có:
*









8
5π

t
8
π
t
Zk,
2
π
k
8
π
t
*
4
3π
tZllππ
4
π
t 
Do đó phương trình đã cho có ba ngiệm.
2
22
8
π
cosx;
2
22
8
5π
cosx;
2

2
4
3π
cosx
321




.
Nhận xét: Câu này là yêu cầu thứ III trong một bài tập về hàm số mà yêu cầu thứ II là khảo sát hàm số
3x4xy
3

.
Trong một bài toán hàm số, nếu có một câu đại số thì cách giải hay nhất là dựa vào các câu trên của bài hàm số.
Phương trình:
23
x13x4x 
có thể xem là hoành độ giao điểm của đồ thị
 
0y3x,4xy:C
3

, đồ thị của
hàm số
2
x1y 
. Với
1yxx1y có ta1,x10x1

22222

. Đây là một đường tròn bán kính
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-4-
bằng 1. Do đó y là nửa đường tròn (O), nằm trên trục Ox và cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Vì vậy phương trình đã
cho có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 5: Giải phương trình sau:
   
0x1x13x12
n
2
n
2
n
2

.
Giải: Ta thấy
1x 
không là nghiệm của phương trình trên nên chia hai vế của phương trình cho
n
2
x1
.
Phương trình đã cho tương đương:
03
x1
x1
x1

x1
2
nn






.
Ta đặt:
n
t
x1
x1
t
1
x1
x1
t






.
Khi đó:
   
0x1x13x12

n
2
n
2
n
2

2
1
t1t03
t
1
2t 
.
Trường hợp 1: Xét n là số chẵn hiển nhiên căn thức buộc phải không âm vậy hai nghiệm kia bị loại hay phương trình
trên vô nghiệm.
Trường hợp 2: n là số lẻ:
* Với
1
x1
x1
1
x1
x1
1t
n








(VN)
* Với
n
n
n
n
21
21
x
2
1
x1
x1
2
1
x1
x1
2
1
t










.
Bài 6: Giải phương trình:
22
1x
x
x
2



.
Giải: Điều kiện:
1x
0x
01x
2






. Với điều kiện này ta đặt:








2
π
0;t,
cost
1
x
.
Phương trình đã cho tương đương:
sint.cost22costsint22
1
tcos
1
cost
1
cost
1
2



.
Đặt:
2
1u
sint.cost2uu,1costsint
2



.
Khi đó phương trình có dạng:
 








VN
2
1
u
2u
02uu21u2u
22
2xk2π
4
π
t1
4
π
tsin2costsint 








.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-5-
Bài 7: Giải phương trình sau:
 
 
2
2
22
2
x12x
1x
2x
1x
1x





.
Điều kiện:
0x1x 
. Đặt:














 ;0
4
π

2
π
;
2
π
ttant,x
, khi đó:
cost
1
1x
tcos
1
1ttan1x
2
2
22


sin2t
1
2x
1x
x1
2x
ttan1
2tant
sin2t
2
22







 
 
 
 
 
 
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
x12x
1x
sin4t
2
1x
x14x
sin4t
1x
x12x
tsin2t.cos2
x1
x1
ttan1
ttan1
cos2t
















Phương trình đã cho biến đổi về dạng:
22cos2tt4sint.cos2
sin4t
2
sin2t
1
cost
1

 
 
  
3
1
x
6
π
t
2
1
sint
0sint12sint1sint0sintsintt2sin1
0sintsintcos2tt2sint2sint.cos2cos2t1t2sint.cos2

2
2



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
3
1
x 
.
Bài 8: Giải phương trình:
0
x
6
x
7
x
5
2
5
4

.
Giải: Điều kiện:
0x 
, phương trình đã cho tương đương:
06x7x0
x
6
x

7
x
5
3
5
9
5
5
5
2
5
4

.(*)
Đặt:
0y,xy
5
3

, phương trình (*) trở thành:
 
 










3y
2y
1y
06yy1y067yy
23



















3
3
5
3
5

3
5
3
93x
42x
1x
3x
2x
1x
.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm:
3
3
42 ; 1 ; 93
.
Bài 9: Giải phương trình:
 
12x2x1x14x
33

.
Giải: Đặt:
1xt0t,1xt
323

. Khi đó phương trình đã cho trở thành:
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-6-
 
 

 
012xt14x2t12x1x21x14x
233

.
Ta có:
     
22
34x12x814xΔ 
. Do đó phương trình có hai nghiệm:
   
 
























































4
4
3
2
3
4
3
x
2x
4
3
x
2x
0x
2
1
x
4
1
1x
12x1x
012x
2
1

t
12xt
4
34x14x
t
Bài 10: Giải phương trình:
x3x13x1x12
2

.
Giải: Điều kiện xác định:
1x1 
.
Phương trình đã cho tương đương:
 
0x13x1x12x12x1
2

(*).
Đặt:
0x1v0,x1u 
, khi đó phương trình (*) trở thành:
 
 
 
        
 
   





















































































2
3
x
5
3
x
2
1
x1
2

3
x
5
3
x
2
1
x1
34x
5
3
x
2
1
x1
1x42x1
35x
x122xx1
x14x1
1x1x1
x12x1
1uv
02vu
01vu2vu02vuv2vu2vuu
02vuv2vu2uvu03uvu2v2vu
2
2
2222
Bài tập áp dụng
1.1 Giải phương trình:

2
3x
1x2x1x2x


.
HD: Đặt
1tx0t,1xt
2

. Biến đổi phương trình theo t tìm được tập nghiệm của phương trình:S={1;5}.
1.2 Giải phương trình:
8xx3xx5
5
3
3
5

.
HD: Phương trình đã cho tương đưởng:
8x3x5
15
4
15
6

. Đặt:
0t,xt
15
2


. Giải phương trình ta được tập nghiệm
 
1;1S 
.
1.3 Giải phương trình:




12x83x1x112x3
22

.
HD: Đặt:
1t12x
2

. Giải phương trình ta được
0x 
là nghiệm duy nhất.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-7-
1.4 Giải phương trình:
2752x32x52x2x 
.
HD: Đặt:
2
5
x0t,52xt 

. Giải phương trình ta tìm được
15x 
là nghiệm duy nhất.
1.5 Giải phương trình:
    
03
3x
1x
33x41x3x 



.
HD: Đặt:
    
.1x3xt
3x
1x
3xt
2




Lưu ý rằng: _ Nếu
0 t thì3x 
.
_ Nếu
0 t thì1x 
.

Giải phương trình ta được tập nghiệm:
 
13;151S 
.
1.6 Giải phương trình:
51310x2x96x2x52x2x12x2x
2222

.
HD: Đặt:
0u12x2xu12x2x
22

.
2
2
12x2x
2
1
u02u1Δ'
2

.
Tương tự :
2
2
1310x2x;
2
23
96x2x;

2
23
52x2x
222

524VT 
.PT vô nghiệm.
1.7 Giải phương trình:
      
3x2x7x7x2
3
3
2
3
2

.
HD: Phương trình đã cho được viết lại:
   
  
3x7x2x7x2
3
2
3
2
3

.
Đặt:
9vux7v,x2u

33
3
3

. Giải phương trình ta có tập nghiệm:
 
6;1S 
.
1.8 Giải phương trình:
0x7x,7x
28
94x
2


.
HD: Viết lại phương trình:
4
7
2
1
x7
28
94x
2










. Đặt:
72
73
y,
28
94x
2
1
t




.
Khi đó ta có hệ:


















28
94x
2
1
t
7x7x
2
1
t
2
2
. Nghiệm duy nhất của phương trình là:
7
350
x


.
1.9 Giải phương trình:


30x35xx3xx
3
3

3
3

.
Đặt:
35yxx35y
33
3
3

. Khi đó ta có hệ:
 





35yx
30yxxy
33
. Giải ta có tập nghiệm:
 
2;3S 
.
1.10 Giải phương trình:
 
 
14x2x1x2x2x1x2x1
2
4

22

.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-8-
HD: Điều kiện xác định:

2x0
0x2x1
0x2x
2
2








.
Đặt:
 
1t0t11xt2xxx2xt0x2xt
2
2
22222

.
Giải phương trình theo ẩn t ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:

 
0;2S 
.
Vấn đề 2: Phương pháp nhân lượng liên hiệp
_ Một số phương trình vô tỷ ta có thể nhẩm được nghiệm
o
x
như vậy phương trình có thể đưa về dạng
tích:
 
0xxa.x.
o

. Ta có thể giải phương trình:
0a.x 
hoặc chứng minh
0a.x 
vô nghiệm.
_ Chú ý đến điều kiện của nghiệm phương trình để đánh giá:
0a.x 
vô nghiệm.
Lưu ý:
  
 
 
  
 
 
 
1n2n2n1nnn

2244
2233
22
bab aababa

babababa
babababa
bababa





Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình:
 
1x32xx1x
22

.
Giải: Vì
1x 
không là nghiệm của phương trình nên ta đưa phương trình về dạng.
1x
12xx
232xx
1x
1x
32xx
2

2
2
2






(???)
Ta thấy:
0232xx
2

. Suy ra:
 




1x
12xx
232xx
12xx

1x
12xx
232xx
232xx232xx
???

2
2
2
2
2
22












Biện luận:
_ Nếu
21x21x012xx
2

.
_ Nếu
(VN) 1x232xx012xx
22

.
Giải thích (???): mấu chốt của lời giải này là nhân lượng liên hiệp

232xx
2

để tìm ra được một nhân tử chung
12xx
2

. Vậy vấn đề đặt ra là làm cách nào để biết được điều này. Phương pháp: Ta xét phương trình:
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-9-
 
*
1x
1mmxx
m32xx
0mm,
1x
1x
m32xx
1x
1x
32xx
2
2
2
2
2
2











Vì:
 




1x
1mmxx
m32xx
m32xxm32xx
*0m32xx
2
2
22
2






1x

1mmxx
m32xx
m32xx
2
2
22






Việc cần làm lúc này là xác định m:
2m
1mm3
2m
2






.
Bài 2: Giải phương trình:
4
7
2x
1
x

2
1x
1
2


.
Giải: Điều kiện xác định:
1x 
. Phương trình đã cho tươn đương:
 
* 0
4
3
2x
1
x
2
1
1x
1
2


.
 
 
 
0
x

4
3
x
1
x2
1
1x
1
1x
x2

0
4
3
x
1
1
x
2
1
1x
1
1
1x
1

0
4
3
2x

1
x
2
1
1x
1
1
1x
1
1
1x
1
*:có Ta 0.1
1x
1
2





































































Nhận thấy:
2x 
là một nghiệm của phương trình. Còn
2x 
ta chia hai vế của phương trình cho
x2 
ta được:

 
0
x
4
3
x
1
1
1x
1
1x
1












. Xét theo điều kiện của đề bài ta thấy: Vế trái
1x0, 
.
Bài 3: Giải phương trình:
5x3x512x
22


.(*)
Giải: Biến đổi phương trình về dạng:
53x5x12x
22

.
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
3
5
x053x 
.
Vì
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-10-
   
 
2x03
35x
2x
412x
2x
2x
35x
4x
2x3
412x
4x
35x63x412x*
22

2
2
2
2
22






















Dễ dàng chứng minh được:
3
5

xVì0,3
35x
2x
412x
2x
22






.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2x 
.
Bài 4: Giải phương trình:
13x2xx915x
2
3

.
Giải: Điều kiện xác định:
5
1
x 
.
Phương trình đã cho tương với:
 
 

  
 
 
 
 
0
4x92x9
1
215x
515x5
2x1x
0
4x92x9
1
215x
5
52x1x
52x1x
4x92x9
x1
215x
1x5
53x2x2x9215x
3
2
3
3
2
3
3

2
3
2
3




































Phương trình có một nghiệm duy nhất là
1x 
.
Bài 5: Giải phương trình:
1xx44xxxx2x3
23

.
Giải: Điều kiện xác định:
3x2 
. Phương trình đã cho tương đương:
 
 
  
2x1x02x
xx2
1
1xx3
1
x21x
2xx2x

xx2
2xx
1xx3
2xx
44xxxxx21xx3
2
22
23























Bài 6: Giải phương trình:
72xx3333x
2

.(1)
Giải: Điều kiện xác định:
0x 
. Phương trình đã cho tương đương:
 
 
    
 
0
42x333x
17x
1x
3
1x0
42x333x
17x1x
1x
1x3
0
1x
1x3
42x333x
1716xx
03x342x333x
22
2

2
2



























Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu

-11-











42x333x
17x
1x
3
1x
2
_
1x 
thỏa mãn yêu cầu có nghiệm.
_
 
 
  
* 126x1x17x333x3
42x333x
17x
1x
3

2
2





Từ phương trình (1) ta có:
 
** x9126x333x3
2

Từ (*) và (**) cho ta:
 
 
 
0x2611xxxx9126x126x1x17x 
   









64x
4x
1x

01x2x8x
Vậy phương trình có tập nghiệm:
 
1;4;64S 
.
Bài tập áp dụng
2.1 Giải phương trình:
044x8408x3xx
4
23

.
HD: Đkxđ:
1x 
.
Biến đổi phương trình về dạng:
244x
8
428x3xx
44x
8
408x3xx
4
23
4
23





.
Nhân lượng liên hiệp cho vế phải hai lần. Giải phương trình ta được nghiệm duy nhất
3x 
.
2.2 Giải phương trình:
 
43xx1xx32x15x3x
2222

.
HD: Chuyển đổi phương trình về dạng:
 
43xx2x1xx315x3x
2222

. Sau đó nhân lượng
liên hiệp cho hai vế ta tìm được
2x 
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2.3 Giải phương trình:
2015
2015xx
2015

3xx
3
2xx
2
1xx
1

2222








.
HD: Tách 2015 ra thành từng số 1 rồi chuyển sang vế trái để kết hợp với từng hạng tử của vế trái. Sau đó qui đồng sẽ
xuất hiện phương trình:
 
0
2015xx
1

3xx
1
2xx
1
1xx
1
xx
2222
2
















. Giải ta tìm được hai
nghiệm của phương trình là 0 và 1.
2.4 Giải phương trình:
   
30
1xx34
x341x1xx34
3
3
3
3



.(1)
HD:(1)

 
 

 
 
3 901xx341xx343.2 301xx341xx34
3
3
3
3
3
3
3
3

.Cộng thêm:
351xx34 
vào hai vế của (3) được
 
4 51xx34
3
3

. (2) và (4) được tập nghiệm
 
7;26S 
.