SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường THPT NAM-HÀ
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ mơn: TỐN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)
Có đính kèm: Các sản phẩm khơng thể hiện trong bản in SKKN
 Mơ hình Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh
 Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2013 - 2014

1

BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
________________
I.

THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Vũ Khanh
2. Ngày tháng năm sinh: 30 – 06 – 1963
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 10/3 K1 ấp Đồng Nai, xã Hoá An, Tỉnh lộ 16, tp Biên Hòa - Đồng
Nai
5. Điện thoại:
272

/ (NR) 0613 855 837; ĐTDĐ: 0948 935

6. Fax:

E-mail:

7. Chức vụ: TTCM
8. Đơn vị công tác:
Trường THPT Nam Hà, Xã Hiệp Hịa, TP Biên Hịa, Đồng Nai
II.

TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị ( hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ ) cao nhất : Cử nhân

- Năm nhận bằng : 1985
- Chuyên ngành đào tạo : Cử nhân Toán

III.

KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm : giảng dạy mơn Tốn
- Số năm có kinh nghiệm : 27
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây :
• Vấn đề xét dấu một biểu thức & ứng dụng vào giải phương
trình, bất phương trình.
• Các bài tốn tiếp tuyến của đồ thị hàm số.
• Ngun hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ.
•

Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng trong bài tốn
HHKG.

• Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ)
2


Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Phương trình chứa căn thức chiếm một ví trí quan trọng trong chương trình
tốn cấp ba. Thường xuyên có mặt trong các đề thi đại học với độ khó khá cao. Ở
lớp 10 học sinh chỉ được học một phần nhỏ với vài dạng căn bản thơng thường
do đó các em hồn tồn khơng có khả năng giải quyết. Vì vậy, đây là một vấn đề
thiết thực đối với học sinh muốn vào đại học. Do vậy, chọn đề tài này tơi nghĩ

rằng sẽ giúp ích cho học sinh của mình.
II . TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ
TÀI
1. Thuận lợi : Bản thân tơi đã có một ít kinh nghiệm qua các năm dạy Tốn.
2. Khó khăn : Học sinh vẫn thường gặp ít nhiều khó khăn khi giải toán .
III . NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận :
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
DẠNG 1: PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA
Sử dụng phép biến đổi tương đương:
1.A. Với các dạng cơ bản sau đây:

1.

 g ( x) ≥ 0

f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x ) = [ g ( x )]


2.

 f ( x) = g( x)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x ) ≥ 0 ( hay g ( x ) ≥ 0)

3.

 f ( x ) ≥ 0, g ( x ) ≥ 0, h( x ) ≥ 0

f ( x) + g ( x ) = h( x) ⇔ 
 f ( x ) + g ( x ) + 2 f ( x ) g ( x ) = h( x )


4.

 f ( x ) ≥ 0, g ( x ) ≥ 0, h( x ) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔ 
2
 f ( x ) + g ( x ) + 2 f ( x ) g ( x ) = [ h( x )]


3


Ví dụ 1. Giải phương trình

x + 8 − 6 x −1 = 2

(

(1) ⇔ ( x − 1) − 6 x − 1 + 9 = 2 ⇔

x −1 − 3

)

2

=2⇔

 x −1 − 3 = 2
x −1 − 3 = 2 ⇔ 
 x − 1 − 3 = −2


 x −1 = 5
 x = 26
⇔
⇔
x = 2
 x −1 = 1

3 x − 3 − 5 − x = 2 x − 4 (DB1-B 2005)

Ví dụ 2. Giải phương trình

Ta có (3) ⇔ 3x − 3 = 2 x − 4 + 5 − x
3 x − 3 ≥ 0,5 − x ≥ 0,2 x − 4 ≥ 0
2 ≤ x ≤ 5


⇔
⇔
3 x − 3 = 2 x − 4 + 5 − x + 2 (2 x − 4)(5 − x )
 (2 x − 4)(5 − x ) = x − 2



2 ≤ x ≤ 5
2 ≤ x ≤ 5
x = 2
⇔
⇔ 2
⇔
2
x = 4
(2 x − 4)(5 − x ) = ( x − 2)
x − 6x + 8 = 0

Chú ý 1:
Nếu phương trình khơng có dạng cơ bản thì cần lưu ý các nguyên tắc:
• Lấy điều kiện để các căn thức có nghĩa (điều kiện xác định của PT) → điều
kiện chung.
• Lấy điều kiện để hai vế cùng dấu trước khi bình phương (thường ta biến đổi
để hai vế khơng âm).
• Khi phát sinh điều kiện mới thì nên kết hợp với điều kiện đã có để thu hẹp
phạm vi tìm nghiệm.
• Biến đổi để thay phương trình đã cho bởi phương trình tương đương (với
điều kiện đã có) nhưng đơn giản hơn.
4
+ x+2 =0
x+2

x−

Ví dụ 3. Giải phương trình

(x = 2/3)

Điều kiện: x ≥ 0, với điều kiện trên thì pt (2) tương đương với pt:
2 − x ≥ 0
x ≤ 2
2
x ( x + 2) − 4 + x + 2 = 0 ⇔ x ( x + 2) = 2 − x ⇔ 
⇔
⇔x=
2
3
6 x = 4
 x ( x + 2) = (2 − x )

(nhận)
Ví dụ 4. Giải phương trình

3

x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1

(4) ⇔ x + 1 + 3x + 1 + 3 3 x + 1. 3 3 x + 1
⇔ 3 x + 1. 3 3x + 1

(

3

(

3

(x=-1)

)

x + 1 + 3 3x + 1 = x − 1

)

x + 1 + 3 3x + 1 = −( x + 1) ; Thay 3 x + 1 + 3 3x + 1 bởi

3

x − 1 (Phép

thế

trong), ta được phương trình hệ quả:
4


3

x +1 = 0
x + 1. 3 3x + 1. 3 x − 1 = −( x + 1) ⇔ ( x + 1)(3x + 1)( x − 1) = −( x + 1)3 ⇔ 
2
(3x + 1)( x − 1) = −( x + 1)

 x = −1

⇔
; Thử lại chỉ có x = -1 là nghiệm.
x = 0

Chú ý 2:
• Khi giải phương trình dạng 3 f ( x ) ± 3 g ( x ) = 3 h ( x ) (1), lập phương hai vế
của pt(1) và thế 3 f ( x ) ± 3 g ( x ) bởi 3 h( x ) (thường gọi là phép thế trong) ta
được phương trình hệ quả: f ( x ) ± g ( x ) + 3 3 f ( x ). 3 g ( x ). 3 h( x ) = h( x ) (2). Do đó
khi tìm được nghiệm của (2), ta cần thử trực tiếp vào phương trình (1) để
loại bỏ nghiệm ngoại lai (nếu có).
• Việc thử lại sẽ khó khăn nếu phương trình (2) có nghiệm phức tạp. Có thể
tránh việc này bằng cách đặt ẩn phụ đưa đến giải hệ phương trình (sẽ nói ở
phần sau).
1.B. Biểu thức trong căn là các chính phương:
Ví dụ 5. Giải phương trình 2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4 (D-2005)

Ta có:

(5) ⇔ 2 ( x + 1) + 2 x + 1 + 1 − x + 1 = 4 ⇔ 2
⇔2

(

)

2

x +1 +1 − x +1 = 4

x + 1 + 1 − x + 1 = 4 ⇔ 2( x + 1 + 1) − x + 1 = 4 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 3

1.C. Phương trình đưa về dạng tích:
Ví dụ 6. Giải phương trình 2 x 2 − 9 = ( x + 5)

Điều kiện:

x ≤ −3

hoặc

x >3,

x+3
x−3

phương trình tương đương với:

 x2 − 9 = 0
 x = ±3
( x + 3)( x − 3)
x −9
2 x 2 − 9 = ( x + 5)
⇔ 2 x 2 − 9 = ( x + 5)
⇔
x+5 ⇔ 
2
2 =
( x − 3)
( x − 3) 2
2 x − 3 = x + 5


x−3

 x = ±3
 x = ±3

 x ≥ −5
⇔ 
⇔
1
 x = 11 v x =

1
3

  x = 11 v x = 3

2

so với điều kiện thì pt đã cho có tập nghiệm là: S = {-3;11}.
Chú ý 3:
•

 A. B , A ≥ 0 và B ≥ 0

A. B = 
 − A. − B , A ≤ 0 và B ≤ 0


Ví dụ 7. Giải phương trình x − 2 x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0

(x=2)

Điều kiện: x ≥ 1. khi đó pt tương đương với:
5


( x − 1) − 2 x − 1 + 1 − ( x − 1) x + x . x − 1 = 0 ⇔
⇔

(

)(

x −1 −1

(

)

2

x − 1 − 1 − x. x − 1

(

)

x −1 −1 = 0

 x −1 = 1
x − 1 − 1 − x. x − 1 = 0 ⇔ 
 x −1 −1 − x. x −1 = 0


)

o

x −1 = 1 ⇔ x = 2

o

x − 1 − 1 − x . x − 1 = 0 ⇔ x − 1 1 − x = 1 phương trình vơ nghiệm với mọi x ≥

(

)

1
Kết luận: x = 2 .
a + b = 1 + ab ⇔ ( a − 1)(b − 1) = 0

Chú ý 4: Các đẳng thức giúp đưa về dạng tích: α a + β b = ab + αβ ⇔ (a − β )(b − α ) = 0
Ví dụ 8. (DB2-D 2006) Giải phương trình x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1

(x=4, x=5)
Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 7 , phương trình tương đương với:
( x − 1) − 7 − x . x − 1 + 2 7 − x − 2 x − 1 = 0 ⇔ x − 1
⇔

(

x −1 − 7 − x

)(

(

) (

x −1 − 7 − x − 2

)

x −1 − 7 − x = 0

 x −1 = 7 − x
x = 4
x −1 − 2 = 0 ⇔ 
⇔
x = 5
 x −1 = 2


)

Ví dụ 9. Giải phương trình

2 x2 + 8x + 6 + x2 − 1 = 2 x + 2

(x=±1)

pt tương đương với 2( x + 1)( x + 3) + ( x − 1)( x + 1) = 2( x + 1)
Điều kiện:

x ≤ −3

hoặc

x ≥1

hoặc x = -1. Có ba trường hợp:

* Nếu x = −1 : Ta có x = -1 là một nghiệm.
* Nếu

x ≥1

thì pt trở thành 2( x + 3) + x − 1 = 2 x + 1

x −1 = 0
⇔ 2( x + 3) + x − 1 + 2 2( x + 3) x − 1 = 4( x + 1) ⇔ 2 2( x + 3) x − 1 = x − 1 ⇔ 
 2 2( x + 3) = x − 1
⇔ x = 1 (vì pt 2 2( x + 3) = x − 1 vô nghiệm với x ≥ 1 )

* Nếu

x ≤ −3 thì

VP = x + 1 < 0, VT > 0. Suy ra pt vô nghiệm.

Kết luận: x = ±1.
1.D. Bài tập tương tự:
Giải các phương trình:
3
3
1
+ x = − , Đs: x = − .
4
4
4

1.

x +1+ x +

2.

x + 2 + 2 x + 1 + x + 2 − 2 x + 1 = 2 , Đs: [-1;0]
6


3.

x + 2 x − 1 − x − 2 x − 1 = 2,( HVCNBCVThông-2000) , Đs: [2; +∞)

4. (K*)

x 2 − 4 + (4 − x ) x − 2 − x + 2 + x − 4 = 0 , Đs: x = 3, x = 7 .

5. 2 x + 1 + 2 x 2 + 6 x = 2 2 x + x 2 + 4 x + 3 , Đs: x = 1 .
6. 2( x + 3) x 2 − 5 x + 10 = x 2 − x + 18 , Đs: x = 1, x = 2, x = 3 .
7
6

7.

3

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3 3 x + 1 , Đs: x =

8.

3

24 + x − 3 5 + x = 1

9.

3

5 x + 7 − 3 5 x − 12 = 1, ( x = 4, x = −3)

x2
− 3 x − 2 = 1 − x,( SPQNhon − 1995) , Đs: x = 1
10.
3x − 2
9
8

11. x ( x − 1) + x ( x + 2) = 2 x 2 ,( SPHN − 2000) , Đs: x = 0, x = .
12. x 2 − 4 x + 3 + − x 2 + 3x − 2 = x 2 − x , ( x = 1)

7


Sử dụng phép biến đổi hệ quả:
• Lấy điều kiện xác định, nâng lên lũy thừa, nhận được phương trình hệ quả,
cuối cùng phải thử lại để loại bỏ nghiệm ngoại lai.
• Cách giải này trong một số trường hợp lại tỏ ra hữu hiệu.
Ví dụ 10.

Giải phương trình 8 x + 1 + 3x − 5 = 7 x + 4 + 2 x − 2 , (1); (x = 3)

Điều kiện xác định: x ≥

5
(*);
3

Nhận xét: (8 x + 1) + (2 x − 2) = (3 x − 5) + (7 x + 4) nên ta viết lại phương trình như
sau:
8 x + 1 − 2 x − 2 = 7 x + 4 − 3x − 5 , bình phương hai vế thì được phương trình hệ

quả:
8 x + 1 + 2 x − 2 − 2 8 x + 1. 2 x − 2 = 7 x + 4 + 3 x − 5 − 2 7 x + 4. 3 x − 5
⇔ 8 x + 1. 2 x − 2 = 7 x + 4. 3x − 5, (2)

Lại bình phương hai vế, ta được phương trình hệ quả của (2):

6
(8 x + 1)(2 x − 2) = (7 x + 4)(3 x − 5) ⇔ 5 x 2 − 9 x − 18 = 0 ⇔ x = 3 v x = − ; Nhờ đk (*) ta
5

loại được x = −
Ví dụ 11.

6
và thử lại thì nhận được x = 3 .
5

Giải phương trình

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

Nhận xét: Vì chọn hướng biến đổi hệ quả nên ta có thể bỏ qua bước lấy điều kiện
xác định (do phức tạp và khơng cần thiết).
Bình phương hai vế phương trình (1) ta được phương trình hệ quả:
x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 + 2 x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 4
⇔ 2x + 2

(x−

)(

)

x2 − 1 x + x2 − 1 = 4 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1

Thử lại: x = 1 là nghiệm.

Nhận xét:
• Việc giải một phương trình chứa căn có thể đi theo một trong hai hướng:
Biến đổi tương đương hoặc biến đổi hệ quả.
• Nếu biến đổi hệ quả thì cuối cùng phải thử lại để loại nghiệm ngoại lai. Sẽ
gặp khó khăn khi nghiệm của phương trình cuối cùng là phức tạp.
• Nếu biến đổi tương đương thì bài tốn chặt chẽ nhờ các điều kiện ràng
buộc. Do đó kết quả sau cùng không phải thử lại.

 Biến đổi tương đương sẽ được chọn trước nhưng cần lường trước các khả
năng xảy ra để cân nhắc.
8


Bài tập tương tự:
Giải phương trình:
5
65 

x + x 2 − 4 + x − x 2 − 4 = 5,  x = ; x = ÷
2
8 


1. (K*)


x 2 − 2 x + 4 + x 2 + 1 = 3,  x = 0; x =


2.

3
÷
4

DẠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Giải phương trình ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

Ví dụ 12.

Điều kiện:

x +1
= −3
x−3

(x = 1-

5; x = 1- 13)

 x ≤ −1
x +1
≥0⇔
. Pt tương đương với:
x−3
x > 3

( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

( x + 1)( x − 3)
( x + 1)( x − 3)
= −3 ⇔ ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)
= −3
2
x−3
( x − 3)

Dựa vào đk ta xét hai trường hợp:
* Nếu

x>3

* Nếu

x ≤ −1

thì pt vơ nghiệm vì VT > 0, VP < 0.
 ( x + 1)( x − 3) = 1
⇔ ( x − 3)( x + 1) − 4 ( x + 1)( x − 3) + 3 = 0 ⇔ 
thì pt
 ( x + 1)( x − 3) = 3


x = 1± 5
 x2 − 2 x − 4 = 0
 x2 − 2 x − 4 = 0
 ( x + 1)( x − 3) = 1
⇔
⇔

⇔
⇔
, so với đk chỉ
2
2
 ( x + 1)( x − 3) = 9
 x − 2 x − 12 = 0
 x − 2 x − 12 = 0
 x = 1 ± 13




nhận x = 1 − 5; x = 1 − 13 .
2.A. Dạng tổng (hiệu) & tích đối với hai căn thức:
Ví dụ 13.

(DB1-B 2006) Giải phương trình
3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2 , (x=2)

Đk: x ≥ 1.
Nhận xét: (3x − 2)( x − 1) = 3x 2 − 5 x + 2 và (3x – 2) + (x – 1) = 4x – 3 = (4x – 9) + 6
nên đặt
t = 3x − 2 + x − 1 (t ≥ 0), ta có
t 2 = 4 x − 3 + 2 3x − 2 x − 1 ⇒ 4 x − 9 + 2 3x − 2 x − 1 = t 2 − 6 , pt trở thành : t2 – t – 6 = 0

9


⇔ t = -2 (loại) hoặc t = 3 (nhận). Ta được pt

4 x − 3 + 2 3 x − 2 x − 1 = 9 ⇔ (3 x − 2)( x − 1) = 6 − 2 x

.
6 − 2 x ≥ 0
x ≤ 3
x ≤ 3
⇔
⇔ 2
⇔
⇔x=2
2
 x = 2 v x = 17
(3 x − 2)( x − 1) = (6 − 2 x )
 x − 19 x + 34 = 0
(B-2011) Giải phương trình 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x
(x=6/5)

Ví dụ 14.

Đk :

−2 ≤ x ≤ 2

Nhận xét:

(

2+ x −2 2− x

)

2

= 10 − 3x − 4 4 − x 2 , do đó ta đặt t =

2 + x − 2 2 − x , khi

đó ta được pt : 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3.
*Nếu t = 0 thì 2 + x − 2 2 − x = 0 ⇔ 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 − x ) ⇔ x =

6
(nhận)
5

*Nếu t = 3 thì
2 + x − 2 2 − x = 3 ⇔ 2 + x = 3 + 2 2 − x ⇔ 2 + x = 9 + 4(2 − x ) + 12 2 − x
⇔ 12 2 − x = 5( x − 3) (pt vơ nghiệm vì VT ≥ 0 và VP < 0)

Kết luận: x =

6
5

Chú ý 5 : Bài tốn « phản biện »
Ví dụ 15.

x + 1 − 2 4 − x + ( x + 1)(4 − x ) = 2

Giải phương trình

(x=3)

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 4
Nhận xét : Không đặt ẩn phụ được vì ( x + 1 − 2 4 − x ) = 17 − 3x − 4 ( x + 1)(4 − x ) và
phương trình khơng chứa số hạng (-3x). Ta chọn PP nâng lên lũy thừa.
2

Pt tương đương với :

x + 1 + ( x + 1)(4 − x ) = 2 + 2 4 − x

⇔ x + 1 + ( x + 1)(4 − x ) + 2 ( x + 1) 2 (4 − x ) = 4 + 4(4 − x ) + 8 4 − x
⇔ 2( x + 1) 4 − x − 8 4 − x = (5 − x )(3 − x ) ⇔ 2 4 − x ( x − 3) = ( x − 5)( x − 3) ⇔ x = 3.

Kết luận : x = 3.

Ví dụ 16.

1

1

=2
Giải phương trình x +
2 − x2

Điều kiện : − 2 ≤ x ≤ 2 và

x ≠ 0,

(x = 1; x =

- 1- 3
)
2

với đk trên, ta được pt tương đương:

x + 2 − x2 = 2x 2 − x2

10


Nhận xét: pt có chứa tổng và tích, ngồi ra ( x )

2

+

(

2 − x2

)

2

= 2 (hằng số) nên ta đặt

t = x + 2 − x 2 ⇒ t 2 = 2 + 2 x 2 − x 2 ⇒ 2 x 2 − x 2 = t 2 − 2 , pt trở thành:

t = t 2 − 2 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔ t = −1 hoặc t = 2
 x ≤ −1
x +1 ≤ 0

⇔
* Nếu t = −1 thì x + 2 − x = −1 ⇔ 2 − x = −( x + 1) ⇔ 
−1 ± 3
2
2
 2 − x = ( x + 1)
x =

2
2

⇔x=

−1 − 3
(thỏa đk)
2

* Nếu

t=2

2

2 − x ≥ 0

x ≤ 2

⇔ 2
2 − x = (2 − x )
x − 2x +1 = 0

2
2
thì x + 2 − x = 2 ⇔ 2 − x = 2 − x ⇔ 

2

2

⇔ x = 1 (thỏa đk)

Kết luận:

x=

−1 − 3
2

hoặc

x =1

2.B. Cặp số nghịch đảo - Tích hai căn thức là hằng số:

Ví dụ 17.

Giải phương trình

4

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

 x − x 2 − 1 ≥ 0 (a)
x ≥ 0
x ≥ 0

2
⇔ 2
⇔ x ≥1
• Điều kiện: 
, (a) ⇔ x − 1 ≤ x ⇔ 
2
2
0 ≤ x − 1 ≤ x
x ≥ 1
 x + x 2 − 1 ≥ 0 (b)


thỏa (b). Vậy đk là
• Vì

x ≥ 1.

x − x 2 − 1. 4 x + x 2 − 1 = 1 nên đặt
1
1
t = 4 x − x 2 − 1 ⇒ 4 x + x 2 − 1 = ⇒ x + x 2 − 1 = 2 Ta được phương trình:

t
t
t = 1
t = 1
1
3
2
2
t + 2 = 2 ⇔ t − 2t + 1 = 0 ⇔ (t − 1)(t − t − 1) = 0 ⇔  2
⇔  1 + 5 (loại
t =
t
t − t − 1 = 0


2
t=

4

1− 5
).
2

• t = 1 ⇒ 4 x − x2 − 1 = 1 ⇔ x2 − 1 = 1 − x ⇔ x = 1
2

•

 3+ 5 

1+ 5
1+ 5
7+3 5
2
t=
⇒ 4 x − x2 − 1 =
⇔ x − x2 − 1 = 
÷ ⇔ x −1 = x −
2
2
2
 2 


7+3 5
2
x ≥
2
7+3 5

2
2
⇔
;(*) ⇔ x − 1 = x − (7 + 3 5) x + 
2
÷
 2 
 x 2 − 1 =  x − 7 + 3 5  (*)

÷


2 


11


⇔ (7 + 3

( 7 + 3 5)
5) x = 1 +

2

⇔x=

4

1
7 + 3 5 7 − 3 5 7 + 3 5 7 (loại)
+
=
+
=
4
4
4
2
7+3 5

• Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1.
Giải phương trình 5 x +

Ví dụ 18.

5
2 x

= 2x +

1
+4
2x


3±2 2
x =
÷

÷
2



Đkiện: x > 0.
Đặt t = x +

1
2 x

1
1
1 
1
+ 1 =  2x +
= 2(t 2 − 1)
÷+ 1 ⇒ 2 x +
4x
2
2x 
2x

⇒ t2 = x +

Điều kiện của t: t = x +

1
2 x

≥2

x.

1
2 x

= 2.

Phương trình trở thành: 5t = 2(t2 – 1) + 4 ⇔ 2t2 – 5t + 2 = 0 ⇔ t = 2 (nhận) hoặc t
= 1/2 (loại).

t = 2 suy ra
x+

1
2 x

2

= 2 ⇔ 2x + 1 = 4 x ⇔ 2x − 4 x + 1 = 0 ⇔ x =

Kết luận : x =

 2 ±1
2 ±1
⇔x=
÷
2
2 


3± 2 2
.
2

Giải phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x ;

Ví dụ 19.

1



 x = ∨ = 4÷
4



0 ≤ x ≤ 2 − 3
 x2 − 4x + 1 ≥ 0
⇔
Điều kiện: 
x ≥ 2 + 3
x ≥ 0


*Ta có x = 0 là một nghiệm.
*Nếu 0 < x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 : thì (1) tương đương với:
x+

1
1
+ x+ −4 ≥3
x
x

Đặt t =

x+

1
1

1
thì t ≥ 2 và t 2 = x + + 2 ⇒ x + = t 2 − 2 , bpt trở thành:
x
x
x

 3 − t < 0
t > 3
 2
t > 3

5
 t − 6 ≥ 0
t ≤ 3 ⇔ 
2
2
t + t − 6 ≥ 3 ⇔ t − 6 ≥ 3− t ⇔ 
⇔ 
⇔ t ≥ , suy ra
5
 ≤t≤3
2
 5
3 − t ≥ 0

t≥
2
 2

 t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2



bpt:

x+

1
5
5
1
1
≥ ⇔ x +1 ≥
x ⇔ 2 x − 5 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ hoặc x ≥ 2 ⇔ 0 < x ≤
2
2
x
2
4

hoặc x ≥ 4 (thỏa điều kiện)
12




Kết luận : Tập nghiệm của bpt (1) là: 0;  ∪ [ 4; +∞ )
 4
1

2.C. Đặt ẩn phụ t đi đến phương trình theo t và coi x là tham số.

Ví dụ 20.

3x
= 3− x
5x + 2

Giải phương trình 5 x + 2 −


7
5 − 33 
 x = ;x =
÷

÷
5
2



Điều kiện: 5x + 2 > 0 ⇔ x > -2/5.
Đặt t = 5x + 2 (t > 0), phương trình trở thành:
t−

3x
= 3 − x ⇔ t 2 − (3 − x )t − 3x = 0 ⇔ t = 3 v t = − x .
t
7
5

* t = 3 suy ra 5 x + 2 = 3 ⇔ x = ;
*

t = − x suy

x ≤ 0

ra 5 x + 2 = − x ⇔ 

5 x + 2 = x

2

⇔x=

5 − 33
.
2

Kết luận:
Ví dụ 21.

Giải phương trình 2(1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1

( x = −1± 6 )

Nhận xét: Phép nâng lên lũy thừa sẽ dẫn đến một phương trình phức tạp.
Đặt t = x 2 + 2 x − 1 ⇒ t 2 = x 2 + 2 x − 1 ⇒ x 2 = t 2 − (2 x − 1) , ta được phương trình:
2(1 − x )t = t 2 − (2 x − 1) − 2 x − 1 ⇔ t 2 − 2(1 − x )t − 4 x = 0, ∆ ' = (1 − x ) 2 + 4 x = (1 + x ) 2 , do đó:

t = 2 hoặc t = -2x.
* t = 2 suy ra
* t = -2x suy ra

x 2 + 2 x − 1 = 2 ⇔ x 2 + 2 x − 5 = 0 ⇔ x = −1 ± 6
x ≤ 0
x ≤ 0
x 2 + 2 x − 1 = −2 x ⇔  2
⇔ 2
(hệ vô
2
x + 2x −1 = 4x
3x − 2 x + 1 = 0

nghiệm)
Kết luận: x = −1 ± 6 .
Ví dụ 22.

Giải phương trình x 3 + (3x 2 − 4 x − 4) x + 1 = 0
y ≥ 0

Điều kiện: x ≥ -1 ; Đặt y = x + 1 ⇔ 

2
x +1 = y



1+ 5
∨ x = 2−2 2÷

x =
2



, ta đươc phương trình:

x 3 + (3x 2 − 4 y 2 ) y = 0 ⇔ x 3 + 3x 2 y − 4 y 3 = 0 (Nhận xét: Đây là pt đẳng cấp bậc ba)

• Nếu y = 0 thì x = -1, không thỏa pt đã cho.

13


• Nếu y > 0 thì ta được pt tương đương:
3

x

 y ÷ + 3
 


x
 
x
÷ − 4 = 0 ⇔  y − 1÷
y

 


2

o Nếu x = y thì

2


x
÷ + 4
y


x = y
x 
x
x
÷ + 4  = 0 ⇔ y = 1 ∨ y = − 2 ⇔  x = −2 y
y 



x ≥ 0
1+ 5
x +1 = x ⇔  2
⇔x=
2
x − x −1 = 0
x ≤ 0

o Nếu x = −2 y thì x = −2 x + 1 ⇔ 

2
 x = 4( x + 1)

⇔ x = 2−2 2

Kết luận:
2.D. Đặt ẩn phụ và hữu tỉ hóa phương trình :
(D-2006) Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (1)

Ví dụ 23.

( x = 1;x = 2 − 2 )

Điều kiện: x ≥ 1/2
Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
t2 + 1
Đặt t = 2 x − 1 ⇒ t = 2 x − 1 ⇒ x =
, ta được phương trình :
2
2

2

 t2 + 1 
 t2 + 1 
t+
÷ − 3  2 ÷+ 1 = 0
 2 




Rút gọn ta được:
t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔ (t 4 − 2t 2 + 1) − 2t 2 + 4t − 2 = 0 ⇔ ( t 2 − 1) 2 − 2(t 2 − 2t + 1) = 0
⇔ t =1

hoặc

Nhận t = 1,

t = −1 ± 2 .
t = 2 − 1.

Từ đó, ta được x = 1; x = 2 − 2 .

Cách 2: (Nâng lên lũy thừa)
 x 2 − 3x + 1 ≤ 0
(2)

(1) ⇔ 2 x − 1 = −( x 2 − 3x + 1) ⇔ 
2
2
 2 x − 1 = ( x − 3x + 1) (3)


(3)
2

⇔ 2 x − 1 =  ( x − 1)2 − x  ⇔ ( x − 1) 4 − 2 x ( x − 1) 2 + ( x 2 − 2 x + 1) = 0 ⇔ ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 − 2 x + 1 = 0





x = 1
x = 1
⇔ 2
⇔
, so với đk (2) thì chỉ nhận x = 1, x = 2 − 2 .
 x − 4x + 2 = 0
x = 2 ± 2
Ví dụ 24.

Giải phương trình 5 x + 2 −

3x
= 3 − x (1)
5x + 2

Điều kiện: x > -2/5 ; Pt (1) tương đương với : 2 x + 2 = (3 − x ) 5 x + 2 .

14


Đặt t = 5x + 2 ⇒ t 2 = 5x + 2 ⇒ x =

t2 − 2
, ta được phương trình :
5

 t2 − 2 

t2 − 2 
2
+ 2 = 3−
t
÷
5 ÷
 5 


t = 3
Rút gọn ta được: t + 2t − 17t + 6 = 0 ⇔ (t − 3)(t + 5t − 2) = 0 ⇔  −5 ± 33
t =


2
3

⇔t=3v t=
Ví dụ 25.

2

2

−5 + 33
7
5 − 33
(vì t > 0) Từ đó, ta được x = ; x =

.
2
5
2

Giải phương trình 2 x 2 x 2 + 7 − 28 = 11 x 2 + 7 , (x = 3)

Giải:
Đặt t =

x 2 + 7 ⇒ x 2 = t 2 − 7 , pt trở thành
2t 3 − 25t − 28 = 0 ⇔ (t − 4)(2t 2 + 8t + 7) = 0 ⇔ t = 4 vì t > 0 .

Vậy phương trình đã cho tương đương với

x2 + 7 = 4 ⇔ x = 3

2.E. Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình:
Ví dụ 26.

Giải phương trình

3

x − 9 = ( x − 3)3 + 6

( x = 1)

Nhận xét : Đặt u = 3 x − 9 ⇒ u 3 = x − 9 và v = x – 3, ta được hệ phương trình:
u 3 = v − 6

u 3 = v − 6


⇔ 3
(Hệ đối xứng loại 2).

3
u = v + 6
v = u − 6



Suy ra u 3 − v 3 = v − u ⇔ (u − v )(u 2 + uv + v 2 + 1) = 0 ⇔ u = v (vì u 2 + uv + v 2 + 1 > 0 với
mọi u,v); Thay vào hệ, ta được pt: u 3 − u + 6 = 0 ⇔ (u + 2)(u 2 − 2u + 3) = 0 ⇔ u = −2 .
Vậy pt đã cho tương đương với pt: 3 x − 9 = −2 ⇔ x − 9 = −8 ⇔ x = 1 .
Ví dụ 27.

(A-2009) Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0

(x=-2)

Nhận xét: Phương trình chứa các căn thức không đồng bậc. Cần nghĩ đến đặt ẩn
phụ.
6
5

Điều kiện: x ≤ .
u = 3 3x − 2
 3
2u + 3v = 8


u = 3 x − 2
⇒ 2
Đặt 
, (v ≥ 0). Ta được hệ phương trình:  3
,
2
v = 6 − 5 x
5u + 3v = 8
v = 6 − 5 x


khử v ta được pt: 15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0 ⇔ (u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0 ⇔ u = −2
 3 x − 2 = −8

⇔ x = −2
suy ra v = 4 (nhận). Tóm lại, pt đã cho tương đương với: 
6 − 5 x = 16
(thỏa đk).
Ví dụ 28.

Giải phương trình x 3 35 − x 3 ( x + 3 35 − x 3 ) = 30
15


Đặt y = 3 35 − x 3 ⇒ y 3 = 35 − x 3 ⇒ x 3 + y 3 = 35 , ta được hệ phương trình:
 xy ( x + y ) = 30
 xy ( x + y ) = 30
(Hệ đối xứng loại 1) hệ tương đương với: 
 3

3
3
 x + y = 35
( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = 35
 xy ( x + y ) = 30
 xy = 6
x = 2 x = 3
⇔
⇔
⇔
v
. Vậy ph/trình đã cho có hai nghiệm
3
x + y = 5  y = 3  y = 2
( x + y ) = 125

là 2 và 3.
Giải phương trình

Ví dụ 29.

4

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2, ( x = 1)
u = 4 x − x 2 − 1

, (u > 0 và v > 0), ta

v = 4 x + x 2 − 1


 x − x2 − 1 ≥ 0

⇔ x ≥ 1 ; Đặt
Điều kiện: 
2
x + x −1 ≥ 0


u + v 2 = 2
được hệ pt: 
, nhân pt(1) với v (vì v > 0) ta được pt:
uv = 1
uv + v 3 = 2v ⇔ v (2 − v 2 ) = 1 ⇔ v 3 − 2v + 1 = 0 ⇔ ( v − 1)( v 2 + v − 1) = 0 (*)

• Nhận xét: x ≥ 1 ⇒ v = 4 x + x 2 − 1 ≥ 1 ⇒ v 2 + v ≥ 2 ⇒ v 2 + v − 1 > 0 suy ra pt (*)
⇔ v = 1.
• v = 1 ⇒ 4 x + x 2 − 1 = 1 ⇔ x + x 2 − 1 = 1 ⇔ x 2 − 1 = 1 − x ⇔ x = 1 (thỏa pt đã
cho)
Kết luận : x = 1 là nghiệm duy nhất.
2.F. Bài tập tương tự:
Giải các phương trình:
1. ( x − 3) 2 + 3x − 22 = x 2 − 3x + 7
2. 1 +

4
= x 2 − 6 x + 18
x − 6 x + 11
2

2
4
= x + , { 4;2}
x
x

3.

x−

4.

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

5
65 

2
2
5. ( K *) x − x − 4 + x + x − 4 = 5,  x = ; x = ÷


6.

2

8 

x
x +1

−2
=3
x +1
x


−2 − 14 


2
2
7. x + 4 − x = 2 + 3x 4 − x , 0;2;




8.

3




x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16, (x = 5)
16


9. x x 2 + 15 − x . 4 x 2 + 15 = 2, (x = 1)
10. ( K *) 2(x + 3) x 2 − 5x + 10 = x 2 − x + 18, {1;2;3}
x

− 3x − 2 = 1 − x, ( x = 1, x = 2)
3x − 2

11.

12. 3 9 − x = 2 − x − 1, {1;10;17}
13. 3 x + 3 − x − 4 = 1, ( x = 5)
14. 3 x − 9 = ( x − 3)3 + 6, ( x = 1)
15. 4 57 − x + 4 40 + x = 5, {−24;41}
16. 3 (2 − x )2 + 3 (7 + x ) 2 − 3 (7 + x )(2 − x ) = 3

DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP

(D-2006) Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (1)

Ví dụ 30.

( x = 1;x = 2 − 2 )

Điều kiện: x ≥

1
2

Nhận xét 1: Vì ta nhận ra phương trình có nghiệm x =1 nên ta có thể biến đổi về
dạng:
(x – 1).f(x) = 0 từ đó chuyển về giải phương trình f(x) = 0 nhiều khả năng sẽ dễ
dàng hơn so với phương trình xuất phát.
x = 1
2x − 2

(1) ⇔ ( 2 x − 1 − 1) + x − 3x + 2 = 0 ⇔
+ ( x − 1)( x − 2) = 0 ⇔ 
2

+ x − 2 = 0 (2)
2x −1 + 1
 2x − 1 + 1

2

Nhận xét 2: x =1 cũng là nghiệm của pt (2) nên ta lặp lại quá trình như trên :
1− 2x −1

1 − (2 x − 1)



+ x −1 = 0
2
Ta có (2) ⇔  2 x − 1 + 1 − 1÷+ x − 1 = 0 ⇔ 2 x − 1 + 1 + x − 1 = 0 ⇔


2 x − 1 + 1)
(
2


⇔ ( x − 1) 




(3) ⇔

(

(

x = 1


−2
−2
+ 1 = 0 ⇔ 
2
+ 1 = 0 (3)

2
2x − 1 + 1
 2x − 1 + 1




)

)

(

)

2

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

.
Kết luận: S = {1; 2 − 2 }
Ví dụ 31.

Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 + 3x − 5 = 0 , (x = 1)
17


1
2

Điều kiện: x ≥ ; Pt tương đương với:
( 2 x − 1 − 1) + ( x 2 + 3 x − 4) = 0 ⇔
⇔ x = 1,

(vì

2x − 2
2


+ ( x − 1)( x + 4) = 0 ⇔ ( x − 1) 
+ x + 4 ÷= 0
2x − 1 + 1
 2x −1 + 1



2
1
+ x + 4 > 0, ∀x ≥ ). Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x =1.
2
2x − 1 + 1

(B-2010) Giải phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0, ( x = 5)

Ví dụ 32.

1
3

Điều kiện: − ≤ x ≤ 6 ;
Nhận xét: x = 5 là một nghiệm, biến đổi pt về dạng ( x − 5). f ( x ) = 0 , bài toán
chuyển về giải phương trình f(x) = 0.
2
Pt tương đương với: ( 3x + 1 − 4 ) + ( 1 − 6 − x ) + 3x − 14 x − 5 = 0 (thêm bớt đúng bằng
giá trị của căn thức khi thay x = 5)

⇔

3x − 15
x −5
1
3
1




+
+ 3( x − 5)  x + ÷ = 0 ⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1÷ = 0
3
3x + 1 + 4 1 − 6 − x

 3x + 1 + 4 1 − 6 − x


⇔ x = 5, vì

3
1
 1 
+
+ 3x + 1 > 0, ∀x ∈  − ;6 
3x + 1 + 4 1 − 6 − x
 3 

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 5.

Ví dụ 33.

Giải phương trình 4 x + 1 − 3x − 2 =

x+3
, ( x = 2)

5

2
3

Điều kiện: x ≥ ;
Nhận xét: (4 x + 1) − (3x − 2) = x + 3 , do đó ta nhân lượng liên hợp :
4 x + 1 − 3x − 2 =

x+3
x+3
x+3
1
1
2
⇔
=
⇔
= , vì x + 3 > 0, ∀x ≥
5
5
3
4 x + 1 + 3x − 2
4 x + 1 + 3x − 2 5

⇔ 4 x + 1 + 3x − 2 = 5 ⇔ 7 x − 1 + 2 4 x + 1. 3 x − 2 = 25 ⇔ 2 4 x + 1. 3 x − 2 = 26 − 7 x
26
26



x ≤
x ≤
7
7
⇔
⇔
⇔ x=5
2
2
 4(4 x + 1)(3x − 2) = (26 − 7 x )
4(4 x + 1)(3 x − 2) = (26 − 7 x )



Bài tập tương tự:
Giải các phương trình:
1.

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11, ( x = 3)

2.

5x + 1 + x − 2 =

4x + 3 
,  x = 2; x =
3


9

÷
4

3. (GTVT − 2000) 2 x − 3 + 5 − 2 x − x 2 + 4 x − 6 = 0, ( x = 2)
18


4. (K*) 4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x 2 − 2), ( x = −1, x = 3)

DẠNG 4: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 + 3x − 5 = 0 , (x = 1)

Ví dụ 34.

Nhận xét: Nếu áp dụng PP nâng lên lũy thừa thì có thể tạo ra một pt phức tạp.
Mặt khác ta nhận ra pt có nghiệm x = 1 nên có khả năng đây là pt có nghiệm duy
nhất. Do đó ta cần xây dựng hàm số thích hợp theo hướng đó.
1
Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 1 + x 2 + 3x − 5, x ≥ . Ta có f '( x ) =
2

1
1
+ 2 x + 3 > 0, ∀x >
2
2x − 1

suy ra hs đồng biến trên (1/2; +∞). Ngoài ra, f(1) = 0. Vậy pt có nghiệm duy nhất
là x = 1.

Giải phương trình 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 , (x=1/2)

Ví dụ 35.

4 x − 1 ≥ 0

1
1
; Xét hàm số f ( x ) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 − 1, x ≥ , ta có
2
2
4 x − 1 ≥ 0
2x
4x
1
f '( x ) =
+
> 0, ∀x > ; Suy ra hs f(x) đồng biến trên [1/2; +∞). Ngoài
2
4x − 1
4 x2 − 1

Điều kiện: 

2

⇔x≥

1
 

ra f  ÷ = 0 , vậy pt có nghiệm duy nhất là x = .
2
2
1

Giải phương trình

Ví dụ 36.

x 2 + 15 = 3 x − 2 + x 2 + 8

Nhận xét: Pt xác định với mọi x và không nên nâng lên lũy thừa. Ngoài ra x =1 là
một nghiệm, có khả năng nghiệm đó cũng là duy nhất.
Pt tương đương với:
Ta có

x 2 + 15 − x 2 + 8 = 3x − 2

x 2 + 15 > x 2 + 8 ⇒ VT > 0 , vậy pt có nghiệm khi 3x – 2 > 0 hay x > 2/3

Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 15 − x 2 + 8 với x > 2/3, ta có:
f '( x ) =

x
x 2 + 15

−


1

= x
−
 2
x2 + 8
 x + 15
x


2
÷ < 0, ∀x > suy ra hs f nghịch biến
÷
3
x2 + 8 
1

trên
(2/3; +∞) trong khi đó hs g(x) = 3x – 2 đồng biến , ngoài ra f(1) = g(1) = 1. Vậy pt
đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1.
Bài tập tương tự:
Giải các phương trình:
1.

x + 1 + x + 6 + x + 13 = 9, ( x = 3)
19


2. ( K *) x 2 + x + 7 − x 2 + x + 2 = 5 x − 4, ( x = 1)
3.

x 2 + 80 = 3 x + 4 + x 2 + 3, ( x = 1)

4.

2 x − 1 + x 2 + 3 = 4 − x, ( x = 1)

5.

DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
5.A. Đánh giá trên tập xác định:
Giải phương trình 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 , (x = 1/2)

Ví dụ 37.

4 x − 1 ≥ 0

Điều kiện: 

4 x − 1 ≥ 0
2

⇔x≥

1
2

1

Nhận xét: Với x ≥ ⇒ 4 x ≥ 2 ⇒ 4 x − 1 ≥ 1 ⇒ 4 x − 1 ≥ 1 mà 4 x 2 − 1 ≥ 0 suy ra VT ≥ 1,
2
4 x − 1 = 1

do đó pt có nghiệm khi và chỉ khi VT = 1 hay 

2
4 x − 1 = 0

⇔x=

1
. Vậy pt có
2

1
2

nghiệm duy nhất là x = .
5.B. Đánh giá theo bất đẳng thức:
Ví dụ 38.

Giải phương trình

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11, ( x = 3)

Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4
Ta có: g ( x ) = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2, ∀x ∈ [2;4]
2
Đặt f ( x ) = x − 2 + 4 − x ⇒ [ f ( x )] = 2 + 2 ( x − 2)(4 − x ) ≤ 4 ⇒ f ( x ) ≤ 2, ∀x ∈ [2;4] ;

 f ( x) = 2

x − 2 = 4 − x

⇔
Do đó pt có nghiệm khi và chỉ khi: 
 g ( x) = 2
x = 3

⇔ x = 3.

Kết luận: x = 3 là nghiệm duy nhất của pt đã cho.
Ví dụ 39.

Giải phương trình

x 2 − 2 x + 5 + x − 1 = 2, ( x = 1)

20


 x 2 − 2 x + 5 = ( x − 1)2 + 4 ≥ 2

⇒ x 2 − 2 x + 5 + x − 1 ≥ 2, ∀x ≥ 1 ; Do đó phương
Ta có 
 x −1 ≥ 0

 x2 − 2x + 5 = 2

⇔ x = 1 . Vậy x = 1 là
trình có nghiệm khi và chỉ khi VT = 2 ⇔ 
 x −1 = 0



nghiệm duy nhất của pt đã cho.
Bài tập tương tự:
Giải phương trình:
1. (GTVT − 2000) 2 x − 3 + 5 − 2 x − x 2 + 4 x − 6 = 0, ( x = 2)
2. ( K *) x 2 − 4 x + 5 + x 2 − 4 = 1, ( x = 2)
1

4 + 8 x + 12 − 8 x = (1 − 2 x ) 2 ,  x = − , x =
2


3.

3
÷ (Thi thử Đại học khối A2

2013 THPT chuyên Lý Tự Trọng - cần Thơ)
Nhận xét: Việc phân chia theo các PP giải chỉ có tính tương đối, trong thực tế
có khi ta phải kết hợp nhiều PP.
Giải phương trình

Ví dụ 40.

x − 2 + 4 − x = 2 x 2 − 5 x − 1, ( x = 3)

Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 ; Tìm được một nghiệm x = 3 nên ta viết lại Pt như sau:

(

) (

x − 2 −1 +

x−3
3− x
1

+
= 2( x − 3)  x + ÷
2
x − 2 +1
4 − x +1


)

4 − x − 1 = 2 x 2 − 5x − 3 ⇔

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

(2) ⇔

1
1
= 2x + 1+
; Ta có
x − 2 +1
4 − x +1
/

1
−1


f '( x ) = 
÷ =
 x − 2 +1 2 x − 2 x − 2 +1

(

)

2

< 0, ∀x ∈ (2;4) suy ra hs f(x) nghịch biến

trên [2;4]
1

⇒ f(x) ≤ f(2) = 1, ∀x ∈ [2;4] ; Ngoài ra g ( x ) = 2 x + 1 + 4 − x + 1 > 5, ∀x ∈ [2;4] . Vậy pt
(2) vô nghiệm.
Kết luận: Pt đã cho có ngiệm duy nhất là x = 3.

DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
π π



Chú ý: Nếu phương trình chứa a 2 − x 2 , a > 0 thì có thể đặt x = a sin t, t ∈  − ; 
2 2



21


Ví dụ 41.

(

)

1
2

Giải phương trình 1 + 1 − x 2 = x 1 + 2 1 − x 2 , x = , x = 1

Điều kiện: 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
π π



Đặt x = sint, t ∈  − ;  ; Khi đó phương trình trở thành:
 2 2

(

)

1 + 1 − sin 2 t = sin t 1 + 2 1 − sin 2 t ⇔ 1 + cos t = sin t ( 1 + 2 cos t ) ⇔ 2 cos

t
= sin t + sin 2t
2

t

π 1

x = sin =
t = π (loai )
 cos 2 = 0

t
3t
t
6 2
⇔ 2 cos = 2sin cos ⇔ 
⇔ π

π ⇒
t = v t =
π
2
2
2
sin 3t = 2
 x = sin = 1
6
2




2

2
2
1
2

Kết luận: x = , x = 1
Ví dụ 42.

Giải phương trình x 3 +

(1− x )

2 3

(

= x 2 1 − x2

)

Đk: 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
Đặt x = sint, với

 −π π 
t∈ ;  ;
 2 2

phương trình trở thành: sin 3 t +

( cos t )
2

3

= sin t 2 cos 2 t

⇔ sin 3 t + cos3 t = 2 sin t cos t ⇔ (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) = 2 sin t cos t .
 π
Đặt u = sint + cost = 2 sin  t + ÷, − 2 ≤ u ≤ 2 ; ta có


4

u 2 = 1 + 2sin t cos t ⇒ sin t cos t =

u −1
2
2

Pt trở thành: u(3 − u 2 ) = 2(u 2 − 1) ⇔ u 3 + 2u 2 − 3u − 2 = 0
u = 2
⇔ (u − 2)(u 2 + 2 2u + 1) = 0 ⇔ 
; so với điều kiện thì u = 2 hoặc
u = − 2 ± 1

u = − 2 +1.

π
π
2
 π
 π
* u = 2 ⇒ 2 sin  t + ÷ = 2 ⇔ sin  t + ÷ = 1 ⇔ t = ⇒ x = sin =
.


4



4

4

4

2

* u = 1 − 2 ⇒ sin t + cos t = 1 − 2 ⇔ x + 1 − x 2 = 1 − 2 ⇔ 1 − x 2 = (1 − 2) − x
x ≤ 1− 2
x ≤ 1− 2
x ≤ 1− 2



⇔
⇔
⇔
1− 2 ± 2 2 −1
2
2
2
2
1 − x = (1 − 2) − 2(1 − 2) x + x
 x − (1 − 2) x + 1 − 2 = 0
x =



2
⇔x=

1− 2 − 2 2 −1
2

Kết luận: x = 2 v x = 1 − 2 − 2 2 − 1 .
2

2

22


III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Bản thân tôi nhận thấy qua một thời gian, các học sinh 12 thuộc lớp tơi phụ
trách đã có thể dễ dàng hơn trong việc giải các phương trình chứa căn từ đó hỗ
trợ tốt cho các bài tốn liên quan như bất phương trình, hệ bất phương trình
chứa căn. Điều này có tác dụng tích cực giúp các em tự tin, hứng thú hơn khi
giải các đề thi Đại học – Cao Đẳng.
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Có thể áp dụng tốt cho HS luyện thi ĐH-CĐ, HSG khối 10 (với kiến thức phù
hợp)
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
-Sách giáo khoa Đại số lớp 10 nâng cao & Sách bài tập.
-Sách tham khảo của các tác giả:
o Chuyên đề Đại số - Nguyễn Văn Nho - Nguyễn Văn Thổ (Nhà xuất bản
ĐHQG tp HCM 2005)
o Bài giảng trọng tâm ơn luyện Tốn – Trần phương (Nhà xuất bản ĐHQG
Hà Nội - 2009)
- Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng các năm và các đề dự bị.
KẾT LUẬN
Trên đây chỉ là vài kinh nghiệm góp nhặt được trong thời gian giảng dạy Toán 11
và 12 và dĩ nhiên khó thể tránh khỏi những thiếu sót. Do đó, rất mong q Thầy

Cơ nào có cùng quan tâm đến vấn đề này xin vui lịng góp ý. Tơi xin chân thành
cảm ơn.
Biên Hịa, tháng 05 – 2014
Người thực hiện

Nguyễn Vũ Khanh

23


BM04-NXĐGSKKN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT Nam Hà
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Đồng Nai, ngày 20 tháng 5 năm 2014

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 - 2014
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
Họ và tên tác giả: Nguyễn Vũ Khanh Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị: Trường THPT Nam - Hà, Xã Hiệp Hòa, tp Biên Hòa.
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 

- Phương pháp giáo dục

- Lĩnh vực khác: ........................................................ 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 
Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn

- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị

2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong tồn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong tồn ngành có hiệu
quả cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị

3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phịng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban 
Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành


- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban 
Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành

Xếp loại chung: Xuất sắc 
Khá 
Đạt 
Không xếp loại 
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của
người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm
này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá;
tác giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến
kinh nghiệm cũ của chính tác giả.
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA TỔ
CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ
họ tên và đóng dấu)

24


25