Phương trình và bất phương trình vô tỷ

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ
Bài 1
: Giải phơng trình
1
a)
+=
3
3
122 1
x
x
+=
=+=
3
3
3
3
122 1
21 12
xx
y
xy x

- Phơng trình đợc chuyển thành hệ


=


==

+=

+= +=

+



==




+= =
+++=









+=

==


3
33
333
22
3
1
12
12 12
15
2
12 2( )
20()
15
12
2
xy
xy
xy
xyxy
xy
yxxyxy
xxyy vn
xy
xy

- Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm.
b)

+= +
22
11 (121 )
x
xx
ĐS:x=1/2; x=1
c)
+ = + +
2
(3 2 1) 4 9 23 5 2xx x xx
ĐS: x=2.
d)
+
++ =

1
(3)(1)4(3) 3
3
x
xx x
x

ĐS:
= =113; 15xx
e)
+ =+
2
2
11
224(xx)

x
x

- Sử dụng BĐT Bunhia.
f)
+ = 41 12
x
xx
ĐS: x=0
Bài 2:
Giải BPT:
a)
+ 51 413
x
xx
ĐS: x1/4
b)

+>

2
2( 16) 7
3
33
x
x
x
xx

ĐK

>

2
16 0
4
30
x
x
x
- Biến đôỉ bất phơng trình về dạng
+> >
<

>







<



>

22
22
2( 16) 3 7 2( 16) 10 2
10 2 0
5
10 2 0
10 34.
10 34 5
2( 16) (10 2 )
xx xx x
x
x
x
x
x
xx
>

- Kết hợp ĐK ta có nghiệm của BPT là
>10 34x
.
c)
+>(1)(4)xxx2.

d)

<
2

114
3
x
x
.
ĐK:

<









<


2
1
0
14 0
2
1
0
0
2
x

x
x
x

- Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT
<+ >


<




<

>






>



22
2
22
22
4 3(1 14 ) 314 4 3
3
4
430
1

14 0
1
2
2
430
3
9(1 4 ) (4 3)
4
9(1 4 ) (4 3)
xxxx
x
x
x
x
x
x
x
xx
xx

.
- Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm

<



<

1
0
2
1
0
2
x
x

Cách 2:
- Xét 2 TH:
+ Với
< <
2
1
0. 1 4 1 3
2
x
BPT x x
+ Với
< >
2
1
0. 141
2
3
x
BPT x x
e)
22

510172
x
xx++x
ĐK:
2
525
5
51010
525
5
x
xx
x





++

+




- Với Đk đó
22
5 5 10 1 36 5 10 1
x
xx++++x+

- Đặt
2
5101;tx xt=++0.
- ĐS: x-3 hoặc x1.
Bài 3
: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
22
11
x
xxx++ +=m.
Giải: Xét hàm số
22
11
y
xx xx
=
++ +
+ Miền xác định D=
R .
+ Đạo hàm
+
=
++ +
= ++= + +
+>



++=++

22
22
22 22
21 21
'
2121
'0 (2 1) 1(2 1) 1
(2 1)(2 1) 0
(vo n
g
hiem)
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)
xx
y
xx xx
yxxxxxx
xx
xxx xxx

+ y(0)=1>0 nên hàm số ĐB
2

+ Giới hạn

+
==
++ +
=
22
2

lim lim 1
11
lim 1.
xx
x
x
y
xx xx
y


+ BBT
x
- +
y +
y




1
-1
Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1.
Bài 4
: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực 21
x
xm
+
=+
Giải:

- Đặt
1; 0txt=+. Phơng trình đã cho trở thành:
2t=t
2
-1+m m=-t
2
+2t+1
- Xét hàm số y=-t
2
+2t+1; t0; y=-2t+2
x
0 1 +
y + 0 -
y




2

1 -
- Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Bài 5
: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng:
22
45 4xmxx+=+
.
x
Giải:
- Đặt

2
2
2
() 4 5;'() ;'() 0 2
45
x
tfx x x fx fx x
xx

==+ = ==
+
.
3

Xét x>0 ta có BBT:
x
0 2 +
f(x) - 0 +
f(x)





5
+


1
- Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t

2
+t-5 t
2
+t-5-m=0 (1).
- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t
1
; t
2
thì t
1
+ t
2
=-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1.
- Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1
nghiệm t
(1; 5 )
.
- Đặt g(t)=t
2
+t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m có đúng 1 nghiệm t (1; 5 ) .
f(t)=2t+1>0 với mọi t
(1; 5 ) . Ta có BBT sau:
t
1
5

g(t) +
g(t)

5

-3
Từ BBT suy ra -3<m<
5
là các giá trị cần tìm.
Bài 6
: Xác định m để phơng trình sau có nghiệm
22 422
(1 1 2) 21 1 1mx x x x x++= ++.
Giải:
- Điều kiện -1x1. Đặt
22
11tx=+x.
- Ta có

22
24
11 0;00
221 2 2; 2 1
xxttx
txttx
+ ==
= = =

- Tập giá trị của t là
0; 2

(t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đã cho trở thành:
2
2
2
(2) 2 (*
2
tt
mt t t m
t
++
+=++ =
+
)

- Xét
2
2
() ;0 2.
2
tt
ft t
t
++
=
+

Ta có f(t) liên tục trên đoạn 0; 2




. Phơng trình đã cho có
nghiệm x khi và chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc
0; 2




0; 2 0; 2
min ( ) max ( )
f
tm ft


.
- Ta có
2
2
0; 2 0; 2
4
'( ) 0, 0; 2 ( ) 0; 2 .
(2)
Su
y
ra min()(2)21;ma x()(0)
tt

ft t ftNB
t
ft f ft f




=

+
1
=
= = =.
- Vậy
21 1.m


Bi 7
: Tỡm m bt phng trỡnh 3mx x m 1

+ (1) cú nghim.
Gii: t
3; [0; )txt=+. Bt phng trỡnh tr
4

thành:
22
2
1
(3) 1 (2) 1

2
t
mt t m mt t m
t
+
+−≤+⇔ +≤+⇔≤
+
(2)
(1)có nghiệm Ù(2) có nghiệm t≥0 Ù có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y=
2
1
2
t
t
+
+
với t≥0 không ở
phía dưới đường thẳng y=m.
Xét y=
2
1
2
t
t
+
+
với t≥0 có
2
22
22

'
(2)
tt
y
t
−− +
=
+

t

13−−
0
1−+ 3
+
∞

y’
- 0 + | + 0 -
y

31
4
+

Từ Bảng biến thiên ta có m≤
31
4
+
.

Bài 8:
Tìm m để phương trình 36(3)(6)
x
xxx++ −− + − =m có nghiệm.
Giải:
Đặt
() 3 6tfx x x==++− với thì [3;6]x ∈−
63
''()
2(6 )(3 )
x
x
tfx
x
x
−
−+
==
−
+

x
-3 3/2 6 +∞
f’(x)
║ + 0 - ║
f(x)
|
32 |
3 3
Vậy t

5
[3;3 2]∈ . Phương trình (1) trở thành
22
99
222
tt
tmtm
−
−
=⇔−++= (2).
Phương trình (1) có nghiệmÙ Phương trình (2) có nghiệm t
[3;3 2]∈ Ù đường thẳng y=m có
điểm chung với đồ thị y=
2
9
22
t
t
−++ với t [3;3 2]∈ .
Ta có y’=-t+1 nên có
t
1 3
32
y’
+ 0 - | - |
y 3

9
32
2

−


Bài 9: Cho bất phương trình
2
1
(4 )(2 ) (18 2 )
4
x
xaxx−+≥ −+−. Tìm a để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x
∈[-2;4].
Giải:
Đặt
2
(4 )(2 ) 2 8; [0;3]txxxxt=− +=−++∈ . Bất phương trình trở thành:

22
1
(10 ) 4 10
4
tatatt≥−+⇔≥−+.(2)
(1)ghiệm Ù (2) có nghiệm mọi t
∈[0;3] Ùđường thẳng y=a nằm trên ĐTHS
y=t
2
-4t+10 với t∈[0;3]
y’=2t-4; y’=0Ùt=2
t 0 2 3
y’

| - 0 + |
y 10 7
6
Vậy m≥10.
Bài 10
: Cho phương trình (1). Tìm m để phương trình có nghiệm.
42 2
(1)xxxmx++= +
6
2
Giải:
Phương trình đã cho tương đương
32 2 2
2
22 22 2 2
4( ) 4 ( 1) 4 2 2
42. ()4
(1 ) (1 ) 1 1
xxx xx x x x
mm
xxx
++ ++
=⇔ = ⇔ + =
++++
m
x

Đặt t=
2
2

1
x
x
+
; t
∈
[-1;1].
Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t
2
=4m.
(1) có nghiệm Ù (2) có nghiệm
t∈[-1;1]
Xét hàm số y=f(t)=t
2
+2t với t∈[-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t∈[-1;1].
t -1 1
f’
0 + |
f



3
-1
Từ BBT -1≤4m≤3
13
44
m⇔− ≤ ≤ .

HUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
9 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
A
BCD+, ta thường bình phương 2 vế ,
điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau
+=
9
(
)
33 33
33
3.
A
BCAB ABABC= +=⇒++ +
và ta sử dụng phép thế :
33
A
BC+=ta được phương trình :
3
3
A
BABCC
+
+=

b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau : 3312 22xxxx
+

++= ++
Giải: Đk
0
x
≥

Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:
(
)
(
)
(
)
133122xxxxx1
+
++=+ +, để giải
phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
31 2 2 4 3xx xx
+
−+=−+
Bình phương hai vế ta có :
22
682412 1
x
xxxx++= + ⇔=
Thử lại x=1 thỏa
¾ Nhận xét : Nếu phương trình :
(
)

(
)
(
)
(
)
f
xgxhxkx+=+
Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
f
xhx gxkx+=+, thì ta biến đổi phương trình về dạng :
(
)
(
)
(
)
(
)
f
xhxkxgx−=− sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả
Bài 2. Giải phương trình sau :

3
2
1
11
3
x
xxxx
x
+
++= −+++
+
3

Giải:
Điều kiện : 1
x
≥−
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
.3 1.
3
x
1
x
xx x
x

+
+= −+ +
+
, từ nhận xét này ta có lời giải như sau :
3
2
1
(2) 3 1 1
3
x
x
xx x
x
+
⇔−+=−+−
+
+
Bình phương 2 vế ta được:
3
22
13
1
1220
3
13
x
x
xx x x
x
x

⎡
=−
+
=−−⇔−−=⇔
⎢
+
=+
⎢
⎣

Thử lại :
13,1xx=− =+ 3
l nghiệm
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :
(
)
(
)
(
)
(
)
f
xgxhxkx+=+
Mà có :
(
)
(
)
(

)
(
)

f
xhx kxgx=
thì ta biến đổi
(
)
(
)
(
)
(
)
f
xhxkxgx−=−

2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
như vậy phương trình luôn đưa về được
dạng tích
(
)
(
)

0
0xxAx−= ta có thể giải phương trình
(
)
0Ax
=
hoặc chứng minh
(
)
0Ax
=
vô nghiệm ,
chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía
(
)
0Ax = vô nghiệm
7

b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :
(
)
2222
351 23 1 3xx x xx xx4
−
+− − = −− − − +
Giải:
Ta nhận thấy :
(
)

(
)
(
)
22
35133322xx xx x−+− −−=− − v
(
)
(
)
(
)
22
2343xxx x2
−
−−+= −
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
()
22
22
24 36
23
3513 1
xx
xxx
xx xx
4
−
+−
=

−
+−+
−++ −+

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
22
12 5 3 5xxx
+
+= + +
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
22
5
12 5 3 5 0
3
xxx x
+
−+=−≥⇔≥
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
(
)
(
)
2xAx− 0=, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
()
()
22
22
22
22

44
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
21
2302
12 4 5 3
xx
xxx x
xx
xx
xx
xx
−−
+−=−+ +−⇔ = −+
+
++
⎛⎞
++
⇔− − −=⇔=
⎜⎟
++ ++
⎝⎠
+

Dễ dàng chứng minh được :
22
22
30,
3
12 4 5 3

xx
x
xx
++ 5
−
−< ∀>
++ ++

Bài 3. Giải phương trình :
23
3
11xxx−+ = −
Giải :Đk
3
2x ≥
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
()
()
()
()
2
23
3
23
22
3
3
33
3
12 3 25 31

25
12 14
xxx
x
xxx x
x
xx
⎡⎤
−++
+
⎢⎥
−−+−= − −⇔ − + =
⎢⎥
−+
−+ −+
⎢⎥
⎣⎦
9

Ta chứng minh :
()
(
)
2
2
22 2
33
3
33
112<

12 14 113
xx
xx x
++
+=+
−+ −+ −++
2
3
39
25
xx
x
++
<
−+

Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A
BC
+
= , mà :
A
BC
α
−
=
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của

x
. Ta có thể giải như sau :
AB
CAB
AB
α
−
=⇒ − =
−
, khi đĩ ta có hệ: 2
ABC
AC
AB
α
α
⎧
+=
⎪
⇒=+
⎨
−=
⎪
⎩

b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau :
22
2921xx xx x+++ −+=+4
Giải:
Ta thấy :

(
)
(
)
(
)
22
29212xx xx x++ − −+ = +4
4
x
=− không phải là nghiệm
Xét 4
x
≠−
Trục căn thức ta có :
22
22
28
42 92 1
2921
x
xxxxx
xx xx
+
2
=
+⇒ ++− −+=
++− −+

8

Vậy ta có hệ:
22
2
22
0
29212
22 9 6
8
29214
7
x
xx xx
xx x
x
xx xx x
=
⎡
⎧
++− −+=
⎪
⎢
⇒++=+⇔
⎨
⎢
=
+++ −+=+
⎪
⎩
⎣

Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
8
7


Bài 5. Giải phương trình :
22
21 13
x
xxx+++ −+=x
Ta thấy :
(
)
(
)
222
21 12
x
xxxx++ − −+ = +x, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x
=
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
()
22

31 3xx x x++=+ +1
43103 2
x
x−−=− (HSG Toàn Quốc
2002)
(
)
(
)
(
)
(
)
22 5 2 10
x
xx x x−−=+− −
2
3
4123
x
xx+= −+ −

23
3
13 23xxx2
−
+−=−
2
3
21121344xx x 0

−
+− −= (OLYMPIC 30/4-2007)
22 2 2
21 32223xxx xxxx2
−
+−−= +++−+
22
21618 12xx x x4
+
++ −=+
22
15 3 2 8xxx
+
=−+ +


3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức
(
)
(
)
11uv uv u v+=+ ⇔ − − =10
(
)
(
)
0au bv ab vu u b v a+=+⇔− −=
22
A

B=
Bài 1. Giải phương trình :
2
3
33
121 3xx xx++ + =+ + +2
Giải:
()()
33
0
11 21 0
1
x
pt x x
x
=
⎡
⇔+− +−=⇔
⎢
=
−
⎣

Bi 2. Giải phương trình :
22
33
33
1
x
xxx++ = + +x

Giải:
+
0
x
= , không phải là nghiệm
+ 0
x
≠ , ta chia hai vế cho x:
()
33 3
33
11
11 110
xx
1
x
xx
xx
⎛⎞
++
+=++⇔ − −=⇔=
⎜⎟
⎝⎠
x
Bài 3. Giải phương trình:
2
32 12 4 3xxxxxx++ += + + +
Giải: :1dk x ≥−
pt
()()

1
32 11 0
0
x
xxx
x
=
⎡
⇔+− +−=⇔
⎢
=
⎣

Bài 4. Giải phương trình :
4
34
3
x
x
x
x
++ =
+

Giải:
Đk:
0
x
≥

Chia cả hai vế cho 3x + :
2
44 4
12 1 0
33 3
xx x
1
x
xx x
⎛⎞
+= ⇔− =⇔
⎜⎟
++ +
⎝⎠
=

 Dùng hằng đẳng thức
9

Biến đổi phương trình về dạng :
kk
A
B=
Bài 1. Giải phương trình :
33
x
xx−= +

Giải:
Đk: 0x≤≤3 khi đó pt đ cho tương đương

:
32
330=xxx++−
3
3
110 10
333 3
xx
1
−
⎛⎞
⇔+ = ⇔=
⎜⎟
⎝⎠

Bài 2. Giải phương trình sau :
2
239xxx+= −−4
Giải:
Đk: 3
x
≥− phương trình tương đương :
()
2
2
1
313
13 9
597
31 3

18
x
xx
xx
x
xx
=
⎡
⎡
++=
⎢
++ = ⇔ ⇔
⎢
−−
⎢
=
++=−
⎢
⎣
⎢
⎣

Bài 3. Giải phương trình sau :
() ()
2
2
3
3
239 2 2 33 2xx x xx++=++
Giải : pttt

(
)
3
33
23 0 1
x
xx⇔+− =⇔=

II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
¾ Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt
(
)
tfx
=
và chú ý điều kiện của
t
nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến
t
quan trọng hơn ta có thể giải được
phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể
đặt hoàn toàn
(
)
tfx= thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
22
11xx xx−−++−=2

Điều kiện: 1

x
≥
Nhận xét.
22
1. 1 1xx xx−− +−=

Đặt
2
1txx=− − thì phương trình có dạng:
1
21
tt
t
+
=⇔=
Thay vào tìm được
1
x
=
Bài 2. Giải phương trình:
2
2614xx x−−= +5

Giải
Điều kiện:
4
5
x ≥−
Đặt 45(0txt=+≥) thì
2

5
4
t
x
−
=
. Thay vào ta có phương trình sau:
42
242
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
tt
ttttt
−+
−
−−=⇔− −+ =
22
(27)(211)tt tt⇔+− −−=0

Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
122; 123tt=− ± = ±
Do nên chỉ nhận các gái trị 0t ≥
13
122, 123tt=− + = +
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 12 2 vaø xx=− = +3
0
0

Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
261xx−−≥
Ta được: , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
22 2
(3)(1)xx x−−−=
Đơn giản nhất là ta đặt :
23 4yx−= +5
và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
10

Bài 3. Giải phương trình sau: 51xx++−=6
Điều kiện:
16
x
≤≤

Đặt 1( 0)yxy=−≥ thì phương trình trở thnh:
242
5 5 10 20 0yy y yy
+
+=⇔ − −+ =( với
5)y ≤
22
(4)(5)yy yy⇔+− −−=0
121 117
,
22
(loaïi)yy
+−

⇔= =
+

Từ đó ta tìm được các giá trị của
11 17
2
x
−
=

Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :
()
(
)
2
2004 1 1
x
xx=+−−

Giải: đk
01
x
≤≤

Đặt 1yx=− pttt
(
)
(
)
2

2
2 1 1002 0 1 0yyy y x⇔− +− =⇔=⇔=

Bài 5. Giải phương trình sau :
2
1
231
x
xx x
x
+−=+

Giải:
Điều kiện:
10
x
−≤ <
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
11
23xx
x
x
+−=+

Đặt
1
tx
x
=−, ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình :

242
3
21
x
xx x+−=+
Giải:
0
x
=
không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
3
11
2xx
xx
⎛⎞
−
+−=
⎜⎟
⎝⎠

Đặt t=
3
1
x
x
−
, Ta có :
3
20tt+− = ⇔
15

1
2
tx
±
=⇔ =


Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
22
15 2 5 2 15 11xx x x−−= −+
2
(5)(2)3 3
x
xx+−= +x

2
(1 )(2 ) 1 2 2
x
xx+−=+−x
22
17 17 9xxxx+−+ −=
2
32 14923 52xxx xx−+ −= −+ − +

22
11 31xx
+
+=
22 2

2(1 ) 31 (1 ) 0
n
nn
xxx
+
+−+−=
2
(2004 )(1 1 )
x
xx=+−−

( 3 2)( 9 18) 168
x
xxx++++=x
3
22
121xx3
−
+−=


Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi
phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
¾ Chúng ta đã biết cách giải phương trình:
2
0uu
2
vv
αβ

+
+=
(1) bằng cách
Xét phương trình trở thành : 0v ≠
2
0
uu
vv
αβ
⎛⎞ ⎛⎞
+
+=
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠

0v = thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
9
(
)
(
)
(
)
(
)
aA x bB x c A x B x+=
11

9

22
uvmunv
αβ
+= +

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo
dạng này .
a) . Phương trình dạng :
(
)
(
)
(
)
(
)
aA x bB x c A x B x+=
Như vậy phương trình
(
)
(
)
Qx Px
α
= có thể giải bằng phương pháp trên nếu
(
)
(
)
(

)
() () ()
.Px Ax Bx
Qx aAx bBx
⎧
=
⎪
⎨
=+
⎪
⎩

Xuất phát từ đẳng thức :

(
)
(
)
32
11xxxx+= + −+1
(
)
(
)
(
)
42 4 2 2 2 2
121 1xx x x x xx xx++=++−=++ −+1
(
)

(
)
42 2
1212xxxxx+= − + + +1
(
)
(
)
42 2
41221221xxxxx+= − + + +
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:
24
4224xxx1
−
+= +
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai
2
0at bt c
+
−=
giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
23
225xx+= +1

Giải: Đặt
2
1, 1uxvxx=+= −+

Phương trình trở thành :
()
22
2
25
1
2
uv
uv uv
uv
=
⎡
⎢
+= ⇔
⎢
=
⎣
Tìm được:
537
2
x
±
=

Bài 2. Giải phương trình :
24
3
31 1
3

xx xx−+=− ++
2

Bài 3: giải phương trình sau :
23
2517xx x+−= −1
Giải:
Đk:
1
x
≥

Nhận xt : Ta viết
()
(
)
()
(
)
22
1171xxx xxx
αβ
− + ++ = − ++1
Đồng nhất thức ta được:
()
(
)
()
(
)

22
312 17 1 1xxx xxx− + ++ = − ++
Đặt , ta được:
2
10, 10ux vx x=−≥ = ++>
9
327
1
4
vu
uv uv
vu
=
⎡
⎢
+= ⇔
⎢
=
⎣

Ta được : 46x =±
Bài 4. Giải phương trình :
()
3
32
32 26xx x x−+ +−=0
Giải:
Nhận xét : Đặt
2yx=+
ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :

32 3 3 2 3
3260 3 20
2
x
y
xx yx xxy y
x
y
=
⎡
−+−=⇔− + =⇔
⎢
=
−
⎣

Pt có nghiệm :
2, 2 2 3xx==−
b).Phương trình dạng :
22
uvmunv
αβ
+= +
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì
đưa về được dạng trên.
12

Bài 1. giải phương trình :
22 42
31xx xx+−=−+1

Giải:
Ta đặt :
2
2
1
ux
vx
⎧
=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
khi đó phương trình trở thành :
22
3uv uv
+
=−
Bài 2.Giải phương trình sau :
22
221341
x
xx xx++ −= ++
Giải
Đk
1
2
x ≥
. Bình phương 2 vế ta có :

(
)
()
(
)
()
(
)
()
222 2
221 1 221 2 21xxx x xxx xx x+−=+⇔+−=+−−
Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ :
2
2
21
ux x
vx
⎧
=+
⎨
=−
⎩
22
15
2
15
2
uv
uv u v
uv

⎡
−
=
⎢
⎢
=−⇔
⎢
+
=
⎢
⎣

Do . ,0uv≥
()
2
15 15
22
22
uvxx x
++
=⇔+=
1
−
Bài 3. giải phương trình :
22
5149 205 1
x
xxx x−+− −−= +
Giải:
Đk 5

x
≥ . Chuyển vế bình phương ta được:
(
)
()
22
2525 20 1xx xx x
−
+= −− +
Nhận xét : không tồn tại số
,
α
β
để :
(
)
(
)
22
252 20 1xx xx x
αβ
−
+= −− + + vậy ta không thể đặt
2
20
1
ux x
vx
⎧
=−−

⎨
=+
⎩
.
Nhưng may mắn ta có :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
20 1 4 5 1 4 4 5xx x x x x x x x−− += + − += + − −
Ta viết lại phương trình:
(
)
()
22
245345(45)(xx x xx x−−+ += −− +4)
. Đến đây bài toán được giải
quyết .
Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên

3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
¾ Từ những phương trình tích
(
)
(
)
11 1 2 0xxx+− +−+ =,
(
)
(
)
23 23 20xxxx
+
−+−+=
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương
trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ
sau .
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
22 2
3212xxxx+− + =+ +2
Giải:
2
2tx=+ , ta có :
()
2
3

2330
1
t
txtx
tx
=
⎡
−+ −+ =⇔
⎢
=
−
⎣

Bài 2. Giải phương trình :
()
22
123xxxx+−+=1+
Giải:
Đặt :
2
23, 2txx t=−+ ≥ Khi đó phương trình trở thnh :
(
)
2
11xtx+=+
(
)
2
110
x

xt⇔+−+ =
13

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có
Δ
chẵn
:
()() () )
22
2
23 1 2 10 1 2 10
1
t
x x xt x txt
tx
=
⎡
−+−+ + −=⇔−+ + −=⇔
⎢
=−
⎣
(
x

Từ một phương trình đơn giản :
(
)
(
)
121 121xxx x−− + −−+ + =0, khai triển ra ta sẽ được pt

sau
14
2
411321 1
x
xxx+−= + − + −Bài 3. Giải phương trình sau :
Giải:
Nhận xét : đặt 1tx, pttt: =− 41 3 2 1
x
xtt x+= + + + (1)
(
)
(
)
Ta rút
2
1
x
t=− thay vào thì được pt:
2
1 41 10txtx32
−
++ + +−=
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t
(
)
(
)
2
21 48 11xx

Δ
=++ − +− không
có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
(
)
(
)
22
1,1
x
x−+
Cụ thể như sau :
(
)
(
)
31 21
x
x=− − + +x thay vào pt (1) ta được:
Bài 4. Giải phương trình:
2
22 4 42 9 16xxx++ −= +
Giải .
Bình phương 2 vế phương trình:
()
(
)
()
22

42 4 16 24 162 9 16xxxx
+
+−+−=+
Ta đặt :
(
)
2
24 0t . Ta được: 91x=−≥ 0
2
6328xt x
−
−+=
Ta phải tách
(
)
(
)
22 2
4 92 8xx x92
α
α
=−++ −
α
làm sao cho
t
Δ
có dạng chính phương .
Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
¾ Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải

nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức
(
)
(
)
(
)
(
)
3
333
3abc a b c abbcca++ = + + + + + + , Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
3
333
0a b c abc abacbc++=++ ⇔+ + +=
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
22
33
3
71 8 812xxx xx+− −−+ − +=
333 3

31 5 29 43xxxx++ − + −− − =0
Bài 1. Giải phương trình :
2.3 3.5 5.2
x
xx xx x=− −+− −+− −x
Giải :
2
3
5
ux
v
wx
⎧
=−
⎪
⎪
=−
⎨
⎪
=−
⎪
⎩
x
, ta có :
(
)
(
)
()( )
()()

2
2
2
2
2
33
5
5
uvuw
uuvvwwu
vuvvwwu uvvw
wuvvwwu
vwuw
⎧
++=
⎧
−=++
⎪
⎪
−=+ + ⇔ + + =
⎨
⎪⎪
−=++
⎨
+
+=
⎩
⎩
, giải hệ ta được:
30 239

60 120
ux=⇔=

Bài 2. Giải phương trình sau :
22 2 2
21 32223xxx xxxx−+ − − = + + + −+2

Giải . Ta đặt :
2
2
2
2
21
32
22
2
ax
bx x
cxx
dxx
⎧
=−
⎪
⎪
=−−
⎪
⎨
=++
⎪
⎪

=−+
⎪
⎩
3
, khi đó ta có :
222 2
2
abcd
x
abcd
+=+
⎧
⇔
=−
⎨
−=−
⎩

Bài 3. Giải các phương trình sau
1)
22
4512 193
x
xxxx++− −+=−
2)
()() ()
3
32
4
4

4
4
111 1
x
xx x xx x x+−+−=−++ −
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
¾ Đặt
(
)
(
)
,uxvx
α
β
== và tìm mối quan hệ giữa
(
)
x
α
và
(
)
x
β
từ đó tìm được hệ theo u,v
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
33

33
25 25 30xxx x−+−=

Đặt
3
333
35 35yxxy=−⇒+=
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
33
()3
35
xy x y
xy
0
+
=
⎧
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
{2;3}
, giải hệ này ta tìm được
. Tức là nghiệm của phương trình là ( ; ) (2;3) (3;2)xy == x
∈

Bài 2. Giải phương trình:
4
4

1
21
2
xx−− + =

Điều kiện: 02x≤≤ −1
Đặt
4
4
21
021,02
xu
uv
xv
⎧
−− =
⎪
⇒≤≤ − ≤≤ −
⎨
=
⎪
⎩
1

Ta đưa về hệ phương trình sau:
4
4
2
24
4

4
1
1
2
2
1
21
21
2
uv
uv
uv
vv
⎧
=−
⎧
⎪
+=
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎛⎞
⎪⎪
+= −
−
+= −
⎩
⎜⎟
⎪
⎝⎠

⎩

Giải phương trình thứ 2:
2
22
4
1
(1)
2
vv
⎛⎞
+−+ =
⎜⎟
⎝⎠
0
, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương
trình.
Bài 3. Giải phương trình sau:
51xx++−=6
Điều kiện:
1
x
≥

Đặt 1, 5 1( 0, 0)axb xab=− =+− ≥ ≥ thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
()( 1)0 10
5

ab
abab ab a b
ba
⎧
+=
⎪
→ + −+ =⇒−+=⇒ =−
⎨
−=
⎪
⎩
1

Vậy
11 17
11 5 1 1 5
2
xxxxx
−
−+= + − ⇔ −=−⇒ =

Bài 8. Giải phương trình:
62 62 8
3
55
xx
xx
−+
+=
−+

Giải
Điều kiện: 55
x
−< <
15

Đặt
(
)
5, 5 0, 10uxvyuv=− =− < <
.
Khi đó ta được hệ phương trình:
2
22
()102
10
24
44 8
()1
2( )
3
3
uv uv
uv
uv
uz
uv
uv
⎧

⎧
+=+
+=
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎛⎞
+
−=
−−+ + =
⎜⎟
⎪⎪
⎩
⎝⎠
⎩


5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II
¾ Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
¾ Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ này thì đơn
giản
()
()
2
2
12
12
xy
yx
⎧

+=+
⎪
⎨
+=+
⎪
⎩
(1)
(2)
Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt
(
)
yfx
=
sao cho (2) luôn đúng ,
21yx=+−, khi đó ta có phương trình :
(
)
2
2
1( 21)1 2xx xxx2
+
=+−+⇔+=+
Vậy để giải phương trình :
2
2xxx+=+2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
()
()
2
2

x
ay b
yax
αβ
αβ
⎧
b
+
=+
⎪
⎨
+
=+
⎪
⎩
, ta sẽ xây dựng được phương trình
dạng sau : đặt yax
αβ
+= +b, khi đó ta có phương trình :
()
2
a
xaxbb
β
αβ
α
α
+
=++−
Tương tự cho bậc cao hơn :

()
n
n
a
xaxbb
β
αβ
α
α
+= ++−
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
(
)
''
n
n
xpaxb
α
βγ
+= ++
v đặt
n
yax
αβ
+= +b để đưa về hệ , chú ý về dấu của
α
???
Việc chọn ;
α
β

thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :
(
)
''
n
n
xpaxb
α
βγ
+
=++
là chọn được.

Bài 1. Giải phương trình:
2
2221
x
xx−= −

Điều kiện:
1
2
x ≥

Ta có phương trình được viết lại là:
2
(1)1221
x
x−−= −
Đặt

12yx−= −1
)
)
thì ta đưa về hệ sau:
2
2
22(1
22(1
xxy
yyx
⎧
−
=−
⎪
⎨
−
=−
⎪
⎩

Trừ hai vế của phương trình ta được
()()xyxy 0
−
+=
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là:
22x =+

Bài 6. Giải phương trình:
2
2614xx x−−= +5

Giải
Điều kiện
5
4
x ≥−

Ta biến đổi phương trình như sau:
22
4122245(23)2451xx x x x 1
−
−= +⇔ − = ++
Đặt 23 45yx−= + ta được hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 4 5
()( 1)
(2 3) 4 5
xy
xyxy
yx
⎧
−=+
⎪
⇒− +−=
⎨
−=+
⎪
⎩
0
Với 23 45 2xy x x x=⇒ −= +⇒=+3

Với 10 1 1 2xy y x x+−=⇒=−→=−
16

Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 2 ; 1 3 }−+
Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?
 Dạng hệ gần đối xứng
Ta xt hệ sau : đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng chúng ta vẫn giải
hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau :
2
2
(2 3) 2 1
(1)
(2 3) 3 1
xyx
yx
⎧
−=++
⎪
⎨
−=+
⎪
⎩
Bài 1 . Giải phương trình:
2
4513 31xxx+− + +=
17
0
Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :
2
13 33

231
44
xx
⎛⎞
−
=+−
⎜⎟
⎝⎠

Đặt
13
2
thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được.
31
4
yx−= +
Để thu được hệ (1) ta đặt : 31yx
αβ
+= + , chọn
,
α
β
sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối
xứng hoặc gần đối xứng )
Ta có hệ :
()
2
22 2
2
2

23 10(1)
31
(*)
413 5 0 (2)
4135
yyx
yx
xxy
xx y
ααβ β
αβ
αβ
αβ
⎧
⎧
+−+−=
+=+
⎪⎪
⇔
⎨⎨
−+++=
⎪
−+=−−
⎪
⎩
⎩
Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm
x
y
=

Nên ta phải có :
22
23
4135
ααβ β
1
α
β
−−
==
−
+
, ta chọn được ngay 2; 3
α
β
=
−=
Ta có lời giải như sau :
Điều kiện:
1
3
x ≥−
, Đặt
3
31 (2 3),(
2
xyy+=− − ≤)
0

Ta có hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 2 1
()(225)
(2 3) 3 1
xyx
xy x y
yx
⎧
−=++
⎪
⇒− + −=
⎨
−=+
⎪
⎩
Với
15 97
8
xy x
−
=⇒=

Với
11 73
22

50
8

xy x
+
+−=⇒=
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là:
15 97 11 73
;
88
⎧
⎫
−+
⎪
⎪
⎨
⎬
⎪
⎪
⎩⎭


Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay
;
α
β
bằng cách viết lại phương trình
ta viết lại phương trình như sau:
2
(2 3) 3 1 4xx−=− +++x

khi đó đặt 31 2 3
x

y+=− + , nếu đặt 233yx1
−
=+ thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn
, ta thấy dấu của
α
cùng dấu với dấu trước căn.

Một cách tổng quát .
Xét hệ: để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’,
() . . (1)
() '. ' (2)
fx Ax By m
fy Ax m
=++
⎧
⎨
=+
⎩
Nếu từ (2) tìm được hàm ngược
(
)
ygx= thay vào (1) ta được phương trình
Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải
được.
Một số phương trình được xây dựng từ hệ.
Giải các phương trình sau

1)
2
4135310+= xx x−++

2)
2
4135310+= xx x−++
3)
32
3
4
81 8 2 2
3
x
xx x−= − + −
4)
3
3
618 41
x
xx
+
=−−
5)
()
()
2
15
30 4 2004 30060 1 1
2
xx x
−
=++

6)
32
3
358 36 5325xxx
−
=− +−


Giải (3):
Phương trình :
(
)
3
32
33
27 81 8 27 54 36 54 27 81 8 3 2 46xxxx xx⇔−=−+−⇔−=−−
Ta đặt :
3
32 81yx−= −8
Các em hãy xây dựng những phương trình dạng này !

III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
1. Dùng hằng đẳng thức :
¾ Từ những đánh giá bình phương :
22
0AB
+
≥ , ta xây dựng phương trình dạng
22
0AB+=

Từ phương trình
(
)
(
)
22
512 95 2 10xx x x−− + − − + −= ta khai triển ra có phương trình :
(
)
2
412 145195
x
xxx++ −= −+ −x

2. Dùng bất đẳng thức
¾ Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
A
m
Bm
≥
⎧
⎨
≤
⎩
nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng
dạt được tại
0
x
thì
0

x
là nghiệm của phương trình
A
B
=

Ta có : 11xx++ −≤2 Dấu bằng khi và chỉ khi
0
x
=
và
1
1
1
x
x
2
+
+
+
≥, dấu bằng khi và chỉ
khi x=0. Vậy ta có phương trình:
1
1 2008 1 2008
x
1
1
xx
x
−+ =++

+
+

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :
(
)
()
A
fx
Bfx
⎧≥
⎪
⎨
≤
⎪
⎩
khi đó :
(
)
()
A
fx
AB
Bfx
⎧
=
⎪
=⇔
⎨
=

⎪
⎩

9 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài
nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):
22
9
1
xx
x
+
=+
+

Giải: Đk
0
x
≥
Ta có :
()
22
2
22 1
22 1 9
1
11
x
xx
x

xx
⎡⎤
⎛⎞ ⎛⎞
⎡⎤
⎢⎥
+≤ ++ + =+
⎜⎟ ⎜⎟
⎢⎥
⎣⎦
+
++
⎢⎥
⎝⎠ ⎝⎠
⎣⎦
x

Dấu bằng
22 1 1
7
11
x
xx
⇔=⇔
++
=


Bài 2. Giải phương trình :
24 24
13 9 16xx xx−+ +=

Giải: Đk:
11
x
−≤ ≤

Biến đổi pt ta có :
(
)
2
22 2
13 1 9 1 256xx x−+ + =
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
18

(
)
()
()(
2
22 22
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10
)
2
x
xxx−+ + ≤ + − ++ = −x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
()
2

22
16
10 16 10 64
2
xx
⎛⎞
−≤ =
⎜⎟
⎝⎠


Dấu bằng
2
2
22
2
1
51
3
2
10 16 10
5
x
x
x
x
xx
⎡
⎧
=

+
⎢
−=
⎪
⎢
⇔⇔
⎨
⎢
⎪
=−
=−
⎩
⎢
⎣

Bài 3. giải phương trình:
3` 2
4
3840844xxx x−−+− +=0
Ta chứng minh :
4
84 4 13xx+≤+
và
(
)
(
)
2
32
38400 3 3 1xxx x x x3

−
−+≥⇔− +≥+
Bài tập đề nghị .
Giải các phương trình sau
12 12
12 12
12 12
x
x
xx
x
x
−+
−++= +
+−

44 4
112xxxx+−+ −−= +
19
8
44
2844 4xx+= + + −
4
4x
43
3
16 5 6 4
x
xx
+

=+
3` 2
4
3840844xxx x 0
−
−+− +=

3342
864 8xxxx28
+
+−=−+
2
2
11
224xx
x
x
⎛⎞
−+ − =−+
⎜⎟
⎝⎠


3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học

3.1 Dùng tọa độ của véc tơ
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:
(
)
(

)
11 2 2
;, ;uxyvxy==
r
r
khi đó ta có

9
()()
22
22 22
2 2
x
12 12 1 1
uv u v x x y y x y y+≤ + ⇔ + + + ≤ + + +
rr r r
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ
,uv
r
r
cùng hướng
11
22
0
xy
k
xy
⇔
==≥, chú ý tỉ số phải dương
9 cos .uv u v u v

α
=≤
rr rr rr
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 uv
α
=
⇔↑↑
r

3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác
9 Nếu tam giác
A
BC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có
M
AMBMC OBOC++ OA≥++ với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
M
O
≡
.
9 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ
nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc
0
120

Bài tập
1)
(
)
(
)

22 2
2212 3112 3113x= xx x x x−++−−+++++
2)
22
45 10505= xx x x−+− − +
IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu
¾ Dựa vào kết quả : “ Nếu
(
)
yft= là hàm đơn điệu thì
(
)
(
)
f
xft xt
=
⇔=” ta có thể xây dựng được
những phương trình vô tỉ
Xuất phát từ hàm đơn điệu :
(
)
32
21yfx x x==++ mọi 0
x
≥ ta xây dựng phương trình :

()
(

)
(
)
3
32 2
31 2 1231 (31)fx f x x x x x= −⇔ ++= −+ −+1
, Rút gọn ta được phương trình
(
)
32
2 3123131
x
xx x x+−+= − −

Từ phương trình
(
)
(
)
13fx f x+= −1
thì bài toán sẽ khó hơn
(
)
(
)
32
2 7 5423131xxx x x
+
++= − −
Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau :

Đặt 31yx=− khi đó ta có hệ :
32
2
27542
31
3
x
xx y
xy
⎧
+++=
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
cộng hai phương trình ta được:
(
)
(
)
32
21 1xx+++=
32
2yy+
Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ?
Bài 1. Giải phương trình :
()
(
)

(
)
22
212 4 4432 9 30xxxxx++ +++ + +=
Giải:
() ()
(
)
() ()
(
)
()(
22
212 21 3 32 3 3 21 3
)
x
xxxfx⇔+ + ++=− +−+⇔ +=−fx

Xét hàm số
()
(
)
2
2ft t t=++3, là hàm đồng biến trên R, ta có
1
5
x
=
−
Bài 2. Giải phương trình

32 2
3
45679xxx xx−−+= +−4
Giải . Đặt
2
3
79yxx=+−4
, ta có hệ :
()()
32
3
3
23
456
11
794
xxx y
yyx x
xx y
⎧
−−+=
⎪
⇒+=+++
⎨
+−=
⎪
⎩
Xét hàm số :
(
)

3
f
tt=+
()
t, là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình
() ()
2
3
5
111794
15
2
x
fy f x y+⎤⇔
⎣⎦
x x x x
x
=
⎡
⎢
=⎡ =+⇔ += + −⇔
−±
⎢
=
⎢
⎣

Bài 3. Giải phương trình :
3
3

618 41
x
xx+= − −

V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1. Một số kiến thức cơ bản:
9 Nếu
1x ≤ thì có một số t với ;
22
t
π
π
−
−
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣
⎦
sao cho : sintx
=
và một số y với
[
]
0;y
π
∈ sao
cho

cos
x
y=
9 Nếu
10
x
≤≤
thì có một số t với 0;
2
t
π
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣
⎦
sao cho : sintx
=
và một số y với 0;
2
y
π
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣

⎦
sao
cho
cos
x
y=

9 Với mỗi số thực x có
;
22
t
π
π
⎛⎞
∈−
⎜⎟
sao cho :
⎝⎠
tan
x
t
=

9 Nếu :
x
, y là hai số thực thỏa:
22
1xy
+
= , thì có một số t với 02t

π
≤
≤ , sao cho
sin , cos
x
ty t==
Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán :
¾ Nếu : 1x ≤ thì đặt sintx= với ;
22
t
π
π
−
−
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣
⎦
hoặc cos
x
y
=
với
[]
0;y
π
∈

¾ Nếu
10
x
≤≤
thì đặt sintx
=
, với 0;
2
t
π
⎡
⎤
∈
⎢
⎥
⎣
⎦
hoặc cos
x
y
=
, với 0;
2
y
π
⎡⎤
∈
⎢⎥
⎣⎦

¾ Nếu :
x
,
y
là hai số thực thỏa:
22
1xy
+
=
, thì đặt sin , cos
x
ty t
=
= với 02t
π
≤≤
20

¾ Nếu
x
a≥
, ta có thể đặt :
sin
a
x
t
=
, với
;
22

t
π
π
⎛⎞
⎟
, tương tự cho trường hợp khác
∈−
⎜
⎝⎠
¾ x là số thực bất kỳ thi đặt : tan , ;
22
xtt
π
π
⎛⎞
=∈−
⎜⎟
⎝⎠

Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?
Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện
(
)
x
ft
=
thì phải đảm bảo với mỗi
x
có duy nhất một t , và
điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác )

2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ?
Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3 sintt
=
, ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ
Chú ý : ta có phương trình vô tỉ:
3
cos3 4cos 3costt=−t
32
43 1
x
xx
−
=− (1)
Nếu thay
x
bằng
1
x
ta lại có phương trình :
222
43 1xxx
−
=− (2)
Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:
32
412912
2
x
xx xx−+−=− (3)
Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?

Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo
kiểu lượng giác .
3. Một số ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau :
()()
2
33
2
21
11 1 1
3
3
x
xx x
−
⎡⎤
+− +−− =+
⎢⎥
⎣⎦

Giải:
Điều kiện : 1x ≤
Với [1;0]
x
∈− : thì
()()
33
11xx0
+
−−≤ (ptvn)

[0;1]
x
∈ ta đặt : cos , 0;
2
xtt
π
⎡
=∈
⎢
⎣⎦
⎤
⎥
. Khi đó phương trình trở thành:
11
2 6 cos 1 sin 2 sin cos
2
6
xt tt
⎛⎞
+=+⇔=
⎜⎟
⎝⎠
vậy phương trình có nghiệm :
1
6
x =

Bài 2. Giải các phương trình sau :
1)
12 12

12 12
12 12
x
x
xx
x
x
−+
−++= +
+−
HD:
12cos
tan
12cos
x
x
x
+
=
−

2)
(
)
22
111 12
x
x+−= + x− Đs:
1
2

x
=

3)
3
32x+
HD: chứng minh
xx−=
2x > vô nghiệm


Bài 3 . Giải phương trình sau:
3
612
x
x+=
Giải: Lập phương 2 vế ta được:
33
1
86143
2
xx xx−=⇔ −=

Xét :
1x ≤
, đặt
[
cos , 0;xtt
]
π

=∈. Khi đó ta được
57
cos ;cos ;cos
99 9
S
π
ππ
⎧
⎫
=
⎨
⎬
⎩⎭
mà phương trình bậc 3
có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.
Bài 4. .Giải phương trình
2
2
1
1
1
x
x
⎛⎞
+
⎜⎟
−
⎝⎠

21

Giải: đk:
1x >
, ta có thể đặt
1
,;
sin 2 2
xt
t
π
π
⎛⎞
=∈−
⎜⎟
⎝⎠

Khi đó ptt:
()
2
cos 0
1
1cot 1
1
sin
sin 2
2
t
t
x
t

=
⎡
⎢
+=⇔
⎢
=
−
⎣

Phương trình có nghiệm :
(
)
231x =− +
22
Bài 5 .Giải phương trình :
(
)
()
2
2
2
2
2
1
1
1
2
21
x
x

x
x
x
x
+
+
+= +
−

Giải: đk 0, 1
x
x≠≠±
Ta có thể đặt : tan , ;
22
xtt
π
π
⎛⎞
=∈−
⎜⎟
⎝⎠

Khi đó pttt.
(
)
2
2sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0tt t t t t
+
−= ⇔ − − =
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm

1
3
x =


Bài tập tổng hợp
Giải các phương trình sau

23
()
3
32
12
2
2
x
xx+− = −x
2
2 2 30 2007. 30 4 2007 30. 2007xx x−− + =
2
12 8
2422
91
x
xx
x
−
+− −>
+ 6

3
33
112
x
xx−+ +=
33
12 1
x
xx++=+
45 31 27xxxx++ += ++ +3
()
22
31 3 1xx x x++=+ +
43103 2
x
x−−=− (HSG Toàn Quốc 2002)
(
)
(
)
(
)
(
)
22 5 2 10
x
xx x x−−=+− −
2
3
4123

x
xx+= −+ −
23
3
13 23xxx−+ − = −2
2
3
21121344xx x−+− −=0 (OLYMPIC 30/4-2007)
22 2 2
21 32223xxx xxxx−+ − − = + ++ −+2
22
21618 12xx x x+++ −=+4
2
2
33
2
31
xx
xx
x
++
++=
+
2

12 2 1 3 9
x
xx+−=+
32
4

4
11
x
xx++ =+ +x
2
4334 3221
x
xxx x++= ++ −

32 4
111xxxx x1
−
++++=+−
()
()
()
22
42 4 16 24 162 9 16xxxx
+
+−+−=+

2
(2004 )(1 1 )
x
xx=+−−

( 3 2)( 9 18) 168
x
xxx++++=x
24

3
31 1
3
xx xx
2
−
+=− + +
() ()
22
2
3
33
21 31 1 0xxx
+
+−+−=
2
2008 4 3 2007 4 3
x
xx
−
+= −

)
)
(
(
22
32 11 13 82 1xxxx
+
−= + + +

2
12 1 36xx x
+
++=
()
33
41 12 21
x
xxx
−
+= + +
11
213
x
xx
1
x
xx
−
+
=−+ −

22
5149 205 1
x
xxx x
−
+− −− = +
3
3

618 41
x
xx
+
=−−
()
()
2
15
30 4 2004 30060 1 1
2
xx x
−
=++
2
49
77
28
x
x
x
+
=
+

22
4 4 10 8 6 10xx xx
−
−= −−
3

x
xxx
−
=+



CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Dạng 1 : Phương trình
(*)
0
xD
ABAB
AB
∈
⎧
=⇔=≥⇔
⎨
=
⎩

Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của hay
0A ≥ 0B ≥
Dạng 2: Phương trình
2
0B
AB
AB
≥

⎧
=⇔
⎨
=
⎩

Dạng 3: Phương trình
+)
0
0
2
A
ABC B
AB AB C
⎧
≥
⎪
+=⇔≥
⎨
⎪
+
+=
⎩
(chuyển về dạng 2)
+)
(
)
33 33
33
3.

A
BCAB ABAB+=⇒++ + =C
và ta sử dụng phép thế :
33
A
BC+=ta được phương trình :
3
3
A
BABCC
+
+=
Bài 1: Giải phương trình:


24
a)
2
11
x
x−=−
b) 23xx−+=0
c)
2
11xx++=
e) 32 1xx−+ −=3
f) 321
x
x
+

−−=
g) 95 2 4xx
+
=− +
h) 34 21xxx3
+
−+=+
i)
22
(3)10 12xxxx
+
−=−−
Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
22
32 2
x
xmx

x
−
+−= +−
Bài 3: Cho phương trình:
2
1
x
xm−− =
-Giải phương trình khi m=1
-Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 4: Cho phương trình:
2

23
x
mx x m+ −=−
-Giải phương trình khi m=3
-Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường.
-Nếu bài toán có chứa ()
f
x và ()
f
x khi đó đặt ()tfx= (với điều kiện tối thiểu là t . đối với các
phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm
0≥
điều kiện đúng cho ẩn phụ).
-Nếu bài toán có chứa ()
f
x , ()gx và
f
(). ()xgxk
=
(với k là hằng số) khi đó có thể đặt :
()tfx= , khi đó ()
k
gx
t
=

-Nếu bài toán có chứa () (); ().()
f

xgxfxg± x và () ()
f
xgxk
+
= khi đó có thể đặt:
() ()tfx gx=± suy ra
2
().()
2
tk
fxgx
−
=
-Nếu bài toán có chứa
2
ax−
2
thì đặt sin
x
at
=
với
22
t
π
π
−
≤≤ hoặc cos
x
a= t với 0 t

π
≤
≤
-Nếu bài toán có chứa
22
x
a− thì đặt
sin
a
x
t
=
với
{}
;\0
22
t hoặc
ππ
⎡⎤
∈−
⎢⎥
⎣⎦
cos
a
x
t
=
với
[]
0; \

2
t
π
π
⎧⎫
∈
⎨⎬
⎩⎭

-Nếu bài toán có chứa
22
x
a+ ta có thể đặt
.tan
x
at
=
với
;
22
t
π
π
⎛⎞
∈−
⎜⎟
⎝⎠

Bài 1: Giải phương trình:
a)
22
28122
x
xx+++=−x
b)
22
252393

25
3
x
xx x−++=−−
c)
22
46 2 812xx xx−+= −+
d)
22
3152 51xxxx++ ++=2
e)
2
(4 )(1)3 526xx xx++− ++=
f)
22
2522256xx xx 1
+
+− + −=

g)
22
3222 62xx xx 2
+
+− + +=−
h)
22
11 31xx
+
+=
i)
2
(5)(2)3 3
x
xxx
+
−= +

Bài 2: Giải phương trình:
a)
() ()
3
32
121
2
x
xx x+− = −
b)
() ()
33

22
11 1 1 21
x
xx
⎡⎤
+− − − + =+−
⎢⎥
⎣⎦
x
c)
22
121 21xx x x−− − − +=0
d)
642
64 112 56 7 2 1
2
x
xx−+−=−x
e)
2
35
12
1
x
x
x
+=
−

f)

()()()
1
3143
3
x
xx x
x
+
−++− =−
−
3




Bài 4: Cho phương trình:
2
11
1
m
x
x
+=
−

-Giải phương trình với
2
2
3
m =+

-Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình:
(
)
22
22 23xx xx m−+ −−−=0
-Giải phương trình với m = 9
-Tìm m để phương trình có nghiệm.

2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ
số vẫn còn chứa x.
-Từ những phương trình tích
(
)
(
)
11 1 2 0xxx+− +−+ =,
(
)
(
)
23 23 20xxxx
+
−+−+=
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình
dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát.
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :

(
)
22 2
3212xxxx+− + =+ +2
Giải:
2
2tx , ta có : =+
()
2
3
2330
1
t
txtx
tx
=
⎡
−+ −+ =⇔
⎢
=
−
⎣