Sáng kiến kinh nghiệm về một số phương pháp giải phương trình và bất đẳng thức ở trường THPT chuyên Bắc Giang.PDF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG




NGUYỄN THỊ THU





MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Tổ: Toán - Tin
Năm học: 2010 - 2011
Mã số:









Bắc giang, tháng 4 năm 2011.

1

MỤC LỤC

Trang

Lời nói ñầu 1

Chương I.Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 2
I.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương 2
I.2. Phương pháp ñặt ẩn phụ 6
I.3. Phương pháp ñánh giá 16
I.4. Phương pháp hàm số 18
I.5. Phương pháp lượng giác hoá 19
I.6. Phương pháp nhân liên hợp 21
I.7. Bài tập ñề nghị 23

Chương II. Một số phương pháp giải bất phương trình vô tỷ 25
II.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương 25
II.2. Phương pháp ñặt ẩn phụ 27
II.3. Các phương pháp khác 29
II.4. Bài tập ñề nghị

32

2


LỜI NÓI ðẦU


Trong chương trình toán trung học phổ thông nói chung và phân môn ñại số
nói riêng phần phương trình, bất phương trình vô tỷ là một trong những phần kiến
thức quan trọng và tương ñối khó. Trong các ñề thi ðại học, Cao ñẳng và các ñề thi
học sinh giỏi phương trình, bất phương trình vô tỷ xuất hiện tương ñối nhiều.Tuy
nhiên nhiều học sinh rất lúng túng trong việc ñịnh hướng giải và kỹ năng biến ñổi
còn nhiều hạn chế.Cách phân tích ñể nhận dạng một phương trình, bất phương trình
và lựa chọn một phương pháp giải thích hợp là khó và ña dạng. Nhiều thầy cô giáo
cũng muốn có trong tay một hệ thống bài tập phong phú cùng một số phương pháp
giải cơ bản ñể giúp các em học sinh ôn luyện tốt hơn. Với lý do nêu trên tôi mạnh
dạn sưu tầm, biên soạn chuyên ñề phương trình - bất phương trình vô tỷ .

Trong chuyên ñề tôi cung cấp cho bạn ñọc khá ñầy ñủ các phương pháp giải
các dạng phương trình, bất phương trình vô tỷ thường gặp. Chuyên ñề ñược chia
thành 2 phần chính:
Phần I: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.
Phần II: Một số phương pháp giải bất phương trình vô tỷ.
Trong mỗi phần tôi nêu phương pháp giải cơ bản, một số ví dụ minh hoạ và
bài tập tương tự. Trong các ví dụ cụ thể tôi cố gắng nêu rõ việc thành lập hệ bất
phương trình tương ñương với các phương trình, bất phương trình ñã cho hoặc nêu
cách nhận biết ñầy ñủ tập xác ñịnh của các biểu thức tham gia vào phương trình, bất
phương trình.
Với một lượng tương ñối ña dạng các ví dụ và bài tập tôi hy vọng chuyên ñề
sẽ giúp ích cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy và các em học sinh trong học
tập và ôn luyện.
Trong quá trình biên soạn chuyên ñề sẽ không tránh khỏi những hạn chế và
thiếu sót, rất mong nhận ñược ý kiến ñóng góp của bạn ñọc ñể chuyên ñề tiếp tục
hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cám ơn!
Bắc giang ngày 15 tháng 4 năm 2011.







3


PHẦN I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

I.1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ðỔI TƯƠNG ðƯƠNG
I.1.1.Phương pháp:
Dạng 1 :



=
≥∨≥
⇔=
BA
BA
BA
(*)00

Lưu ý:
ðiều kiện (*) ñược chọn tuỳ thuộc vào ñộ phức tạp của
0
A
≥
hay
0
B
≥


Dạng 2:
2
0
B

A B
A B
≥

= ⇔

=



Dạng 3:
•
0
0
2
A
A B C B
A B AB C

≥

+ = ⇔ ≥


+ + =

(chuyển về dạng 2)
•
(
)

3 3 3 3
3 3
3 .
+ = ⇔ + + + =
A B C A B A B A B C

và ta sử dụng phép thế

3 3
3
+ =
A B C
ta ñược phương trình

hệ quả
:

3
3 . .
A B A B C C
+ + =
.

I.1.2. Một số ví dụ:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

446
2

+=+− xxx
(1)
Hướng dẫn.
Ta có: (1)
( )



+=+−
≥+
⇔
2
2
446
04
xxx
x






−=
−≥
⇔
6
5
4
x

x

5
x
6
⇔ = −

Vậy phương trình có nghiệm là
6
5
−=x
.

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

xxx 2443 =−++
. (2)
Hướng dẫn.
Ta có (2)





=−++−++
≥
⇔
xxxxx
x

4)4)(43(2443
4


4







=−+
≥
⇔
0)4)(43(2
4
xx
x







=∨−=
≥
⇔
4

3
4
4
xx
x

x 4
⇔ =
.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

.511
333
xxx =−++

Hướng dẫn.
Lập phương hai vế ta ñược phương trình tương ñương:

(
)
xxxxxx 511.1.132
3333
=−++−++


(
)

xxxxx =−++−+⇔
3333
11.1.1


xxxx =−+⇒
333
5.1.1


3
)1)(1(5 xxxx =−+⇔


0)54(
2
=−⇔ xx






=
=
⇔
6
7
0
x

x

Thử lại ta ñược x=0 và
6
7
=x
ñều là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 4.
Giải phương trình sau :

3 3 1 2 2 2
x x x x
+ + + = + +

Hướng dẫn:
ðK

:

0
x
≥

Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta có:

(
)
(
)

(
)
1 3 3 1 2 2 1
x x x x x
+ + + = + +
,
ðể giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất ñơn giản nếu ta chuyển vế ñưa phương trình về dạng:

3 1 2 2 4 3
x x x x
+ − + = − +

Bình phương hai vế ta có :
2 2
6 8 2 4 12 1
x x x x x
+ + = + ⇔ =

Thử lại x = 1 thỏa mãn phương trình.
 Nhận xét :
Nếu phương trình :
(
)
(
)
(
)
(
)

f x g x h x k x
+ = +
Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x g x k x
+ = +
, thì ta có thể biến ñổi phương trình về dạng :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x k x g x
− = − sau ñó bình phương ,giải phương trình hệ quả
ñơn giản hơn.

5


Ví dụ 5.

Giải phương trình sau :

3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
+
+ + = − + + +
+
(5)
Hướng dẫn:
ðiều 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. 1
3
x
x x x x

x
+
+ = − + +
+
, từ nhận xét này ta có thể giải
như sau :

113
3
1
)5(
2
3
+−+−=+−
+
+
⇔ xxxx
x
x

Bình phương 2 vế ta ñược:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x

x x x x
x
x

= −
+
= − − ⇔ − − = ⇔

+
= +



Thử lại :
1 3, 1 3
x x= − = +
là nghiệm của phương trình.
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :

(
)
(
)
(
)
(
)
f x g x h x k x
+ = +

Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
. .
f x h x k x g x
=
thì ta biến ñổi phương trình về dạng:

(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x k x g x
− = −
.

Ví dụ 6. Giải phương trình sau:

253 −−=+ xx

Hướng dẫn.
ðK:
2
≥
x
.
Khi ñó phương trình ñã cho tương ñương với pt:

⇔
523 =−++ xx





=
≤
⇔



−=−+
≥−
⇔
−=−+⇔
=−++−++⇔
15025
12
)12()2)(3(

012
12)2)(3(
25)2)(3(223
2
x
x
xxx
x
xxx
xxxx

Từ ñó ta có x = 6 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 7. Giải phương trình sau:

6


46283
23
+−=+ xxx
. (7)
Hướng dẫn:
Ta có (7)
( )






+−=+
≥+−
⇔
2
23
2
962)8(9
0462
xxx
xx





=+−−−
≥∨≤
⇔
0)1494)(46(
21
22
xxxx
xx

Giải hệ trên suy ra nghiệm của phương trình.

I.1.3. Một số phương trình biến ñổi về tích :
 Sử dụng các ñẳng thức

(

)
(
)
1 1 1 0
u v uv u v
+ = + ⇔ − − =


(
)
(
)
0
au bv ab vu u b v a
+ = + ⇔ − − =

Ví dụ 8.
Giải phương trình sau :

2
3
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
+ + + = + + +
(8)
Hướng dẫn:
Ta có:
(
)

(
)



=
=
⇔=−+−+⇔
1
0
01211)8(
33
x
x
xx

Ví dụ 9. Giải phương trình sau:

2 23 3
3 3
1
x x x x x
+ + = + +
(9)
Hướng dẫn:
+)
Xét
0
x
=

không phải là nghiệm
+) Xét
0
x
≠
chia hai vế cho x ta ñược phương trình:

( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 
 

Ví dụ 10. Giải phương trình sau:

2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
+ + + = + + +
. (10)
Hướng dẫn: ðk:
1

−
≥
x

Ta có (10)
( )( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

=

.
I.1.4. Bài tập ñề nghị.
Giải các phương trình sau:
1.
431 −−=+ xx
.
2.
1334
33
=−−+ xx
.
3.

333
3221 −=−+− xxx
.
3.
223321 −+=+++ xxxx
.
4.
3
33
211 xxx =++−
.

7

5.
85)8(2
22
+=+ xx
.
6.
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
.
7.

2
2 3 9 4
x x x
+ = − −

8.
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x+ + = + +
.
HD:
Chia cả hai vế pt (6) cho
3
x
+
>0 ta ñược phương trình:

2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
+ = ⇔ − = ⇔ =

 
+ + +
 

(7)
(
)
.931
2
2
xx =++⇔

(8) .
(
)
3
3 3
2 3 0 1
x x x
⇔ + − = ⇔ =


I.2. PHƯƠNG PHÁP ðẶT ẦN PHỤ
I.2.1. Phương pháp ñặt ẩn phụ thông thường
I.2.1.1.Phương pháp:
ðặt một ẩn phụ ñưa phương trình ñã cho về phương trình hữu tỷ ñối với ẩn
phụ hoặc ñặt hai ẩn phụ ñưa về hệ hai ẩn.
I.2.1.2.Một số ví dụ :
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

2 2
1 1 2
x x x x
− − + + − =
(1)

Hướng dẫn:
ðK:
1
x
≥

Nhận xét.
2 2
1. 1 1
x x x x
− − + − =

ðặt
2
1
t x x
= − −
thì phương trình (1) có dạng:
1
2 1
t t
t
+ = ⇔ =

Thay vào tìm ñược
1
x
=
.

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:


2
2 6 1 4 5
x x x
− − = +
(2)


Hướng dẫn:
ðiều kiện:
4
5
x
≥ −

ðặt
4 5( 0)
t x t
= + ≥
thì

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


8

2 2
( 2 7)( 2 11) 0
t t t t
⇔ + − − − =

Ta tìm ñược bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3
t t= − ± = ±

Do
0
t
≥
nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3
t t= − + = +

Từ ñó tìm ñược các nghiệm của phương trình là:
21−=x và
32 +=x
.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
+ + − =


Hướng dẫn:
ðiều kiện:
1 6
x
≤ ≤

ðặt
1( 0)
y x y

= − ≥
thì phương trình trở thành:

2 4 2
5 5 10 20 0
y y y y y
+ + = ⇔ − − + =
(với
5)
y ≤


2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
⇔ + − − − =


1 21 1 17
,
2 2
(loaïi)y y
+ − +
⇔ = =
Từ ñó ta tìm ñược nghiệm của phương trình là:
11 17
2
x
−
=

Ví dụ 4
. Giải phương trình sau :

( )
(
)
2
2004 1 1
x x x
= + − − (4)
Hướng dẫn:
ðK:
0 1
x
≤ ≤

ðặt
1
y x
= −
pt (4)trở thành
(
)
(
)
2
2
2 1 1002 0 1 0
y y y y x
⇔ − + − = ⇔ = ⇔ =

Ví dụ 5.
Giải phương trình sau :

2
1
2 3 1
x x x x
x
+ − = +

Hướng dẫn:
ðiều kiện:
1 0
x
− ≤ <

Chia cả hai vế cho x ta nhận ñược:
1 1
2 3x x
x x
+ − = +

ðặt
x
xt
1
−=
, ta ñược phương trình: t
2

+2t - 3 = 0.

Ví dụ 6.
Giải phương trình sau :

2 4 23
2 1
x x x x
+ − = +

Hướng dẫn
:
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế
cho x ta ñược phương trình:

3
1 1
2
x x
x x
 
− + − =
 
 


9

ðặt t=
3
1
x
x
−
, Ta có :
3
2 0
t t
+ − = ⇔
1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =

Bài tập ñề nghị.
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
15 2 5 2 15 11
x x x x
− − = − +
.
2.
2
( 5)(2 ) 3 3

x x x x
+ − = +
.
3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
+ − = + − .
4.
2 2
17 17 9
x x x x
+ − + − =
.
5.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
− + − = − + − +
.
6.
2 2
11 31
x x
+ + =

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n

n n
x x x
+ + − + − =
.
8.
2
(2004 )(1 1 )
x x x
= + − −
.
9.
( 3 2)( 9 18) 168
x x x x x
+ + + + =
.
10.
3
2 2
1 2 1 3
x x
− + − =
.
Nhận xét
:ðối với cách ñặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết ñược một lớp
bài ñơn giản, ñôi khi phương trình ñối với
t
lại quá khó giải.

I.2.2. ðặt ẩn phụ ñưa về phương trình thuần nhất bậc 2 ñối với 2 biến:
*) Chú ý:

Chúng ta ñã biết cách giải phương trình:
2 2
0
u uv v
α β
+ + =
(1)
bằng cách
•

Xét
0
v
≠
phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
α β
   
+ + =
   
   

•

Xét
0
v

=
thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng ñưa ñược về (1)
(
)
(
)
(
)
(
)
. .
a A x bB x c A x B x
+ =

2 2
u v mu nv
α β
+ = +

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận
ñược phương trình vô tỉ theo dạng này .
I.2.3. Phương trình dạng :
(
)
(
)
(
)
(

)
. .
a A x bB x c A x B x
+ =

Như vậy phương trình
(
)
(
)
Q x P x
α
= có thể giải bằng phương pháp trên nếu

(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
.P x A x B x
Q x aA x bB x

=


= +



10

Xuất phát từ các ñẳng thức :


(
)
(
)
3 2
1 1 1
x x x x
+ = + − +

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


(

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

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

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:

2 4
4 2 2 4 1
x x x
− + = +

ðể có một phương trình ñẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình
bậc hai
2
0
at bt c

+ − =
giải “ nghiệm ñẹp”
Ví dụ 1.
Giải phương trình :
(
)
2 3
2 2 5 1
x x
+ = +
(1)
Hướng dẫn:
ðặt
2
1, 1
u x v x x
= + = − +

phương trình (1)trở thành :
( )
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv
u v
=



+ = ⇔

=


Tìm ñược:
5 37
2
x
±
=
Ví dụ 2:
giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x
+ − = −

Hướng dẫn:
ðk:
1
x
≥

Nhận xét : Ta viết
( )
(
)
( )

(
)
2 2
1 1 7 1 1
x x x x x x
α β
− + + + = − + +

ðồng nhất thức ta ñược
( ) ( ) ( )
(
)
2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
− + + + = − + +

ðặt
2
1 0 , 1 0
u x v x x
= − ≥ = + + >
, ta ñược:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u

=


+ = ⇔

=


Tìm ñược :
4 6
x = ±
Ví dụ 3
Giải phương trình :
( )
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
− + + − =

Hướng dẫn:
Nhận xét : ðặt
2
y x
= +
ta hy biến pt trn về phương trình thuần nhất bậc 3 ñối với
x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2

x y
x x y x x xy y
x y
=

− + − = ⇔ − + = ⇔

= −


Pt có nghiệm :
2, 2 2 3
x x= = −

11

I.2.4. Phương trình dạng :
2 2
u v mu nv
α β
+ = +

Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu
ta bình phương hai vế thì ñưa về ñược dạng trên.
Ví dụ 1.
giải phương trình :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x
+ − = − +

Hướng dẫn:
Ta ñặt :
2
2
1
u x
v x

=


= −


khi ñó phương trình trở thành :
2 2
3
u v u v
+ = −

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
+ + − = + +

Hướng dẫn:

ðk
1
2
x
≥
. Bình phương 2 vế ta có :

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

Ta có thể ñặt :
2
2
2 1
u x x
v x

= +


= −

khi ñó ta có hệ :
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v

−
=


= − ⇔

+
=



Do
, 0
u v
≥
nên
( )
2

1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
+ +
= ⇔ + = −

Ví dụ 3. Giải phương trình sau :
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
− + − − − = +

Hướng dẫn:
ðk
5
x
≥
.
Chuyển vế bình phương ta ñược:
(
)
( )
2 2
2 5 2 5 20 1
x x x x x
− + = − − +

Nhận xét : không tồn tại số
,

α β
ñể :
(
)
(
)
2 2
2 5 2 20 1
x x x x x
α β
− + = − − + +
vậy
ta không thể ñặt

2
20
1
u x x
v x

= − −

= +

.
Nhưng may mắn ta có :
(
)
(
)

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
20 1 4 5 1 4 4 5
x x x x x x x x x
− − + = + − + = + − −

Ta viết lại phương trình:
(
)
( )
2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)
x x x x x x
− − + + = − − +
. ðến ñây
bài toán ñược giải quyết .

I.2.5. Phương pháp ñặt ẩn phụ không hoàn toàn
*) Chú ý:
Từ những phương trình tích

12


(
)
(
)
1 1 1 2 0
x x x
+ − + − + =
,
(
)
(
)
2 3 2 3 2 0
x x x x
+ − + − + =

Khai triển và rút gọn ta sẽ ñược những phương trình vô tỉ không tầm thường chút
nào, ñộ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất
phát .
Từ ñó chúng ta mới ñi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải ñược
thể hiện qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau :

(
)

2 2 2
3 2 1 2 2
x x x x
+ − + = + +

Hướng dẫn:

ðặt
2
2
t x
= +
, ta có phương trình:
( )
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
=

− + − + = ⇔

= −

.

Ví dụ 2

. Giải phương trìnhsau :

( )
2 2
1 2 3 1
x x x x
+ − + = +

Hướng dẫn:
ðặt :
2
2 3, 2
t x x t= − + ≥
Khi ñó phương trình trở thành :
(
)
2
1 1
x t x
+ = +
(
)
2
1 1 0
x x t
⇔ + − + =

Bây giờ ta thêm bớt , ñể ñược phương trình bậc 2 theo t có
∆
chẵn

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


I.2.6. ðặt nhiều ẩn phụ ñưa về tích
I.2.6.1. Phương pháp:
Xuất phát từ một số hệ “ñại số “ ñẹp chúng ta có thể
tạo ra ñược những phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại ñặt nhiều ẩn phụ
và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ ñể ñưa về hệ
Xuất phát từ ñẳng thức
(
)
(
)
(
)
(

)
3
3 3 3
3
a b c a b c a b b c c a
+ + = + + + + + +
, Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
3
3 3 3
0
a b c a b c a b a c b c
+ + = + + ⇔ + + + =

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .

2 23 3
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
+ − − − + − + =

3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0
x x x x
+ + − + − − − =

I.2.6.2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau :

2 . 3 3 . 5 5 . 2
x x x x x x x
= − − + − − + − −


13

Hướng dẫn
: ðặt
2
3
5
u x
v x
w x

= −


= −



= −


, ta có :

(
)
(
)
( )( )
( )( )
2
2
2
2
2
3 3
5
5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu
v w u w
 + + =

− = + +



− = + + ⇔ + + =
 
 
− = + +
+ + =
 
,
Giải hệ ta ñược:
30 239
60 120
u x= ⇔ =
Ví dụ 2.
Giải phương trình sau: :

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

Hướng dẫn:
Ta ñặt :
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x

b x x
c x x
d x x

= −


= − −


= + +


= − +


,
khi ñó ta có :

2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
+ = +

⇔ = −

− = −


Ví dụ 3.
Giải các phương trình sau
1)

2 2
4 5 1 2 1 9 3
x x x x x
+ + − − + = −

2)

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

I.2.7. ðặt ẩn phụ ñưa về hệ:
I.2.7.1. Phương pháp:
ðặt
(
)
(
)

,
u x v x
α β
= =
và tìm mối quan hệ giữa
(
)
x
α
và
(
)
x
β
từ ñó tìm ñược hệ theo u,v.

I.2.7.2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1.
Giải phương trình:
(
)
3 3
3 3
25 25 30
x x x x
− + − =

Hướng dẫn:
ðặt
3

3 3 3
35 35
y x x y
= − ⇒ + =

Khi ñó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
+ =



+ =


, giải hệ này ta
tìm ñược
( ; ) (2;3) (3;2)
x y
= =
. Tức là nghiệm của phương trình là
{2;3}
x
∈

Vi dụ 2.
Giải phương trình:

4
4
1
2 1
2
x x− − + =
.

14

Hướng dẫn:
ðiều kiện:
0 2 1
x
≤ ≤ −

ðặt
4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v

− − =

⇒ ≤ ≤ − ≤ ≤ −

=




Ta ñưa về hệ phương trình sau:
4
4
2
2 4 4
4
1
1
2
2
1
2 1
2 1
2
u v
u v
u v
v v

= −


+ =
 
⇔
 
 

 
+ = −
− + = −

 

 


Giải phương trình thứ 2:
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
 
+ − + =
 
 
, từ ñó tìm ra
v
rồi thay vào tìm
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
+ + − =

Hướng dẫn:
ðiều kiện:
1
x
≥

ðặt
1, 5 1( 0, 0)
a x b x a b
= − = + − ≥ ≥
thì ta ñưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a

+ =

→ + − + = ⇒ − + = ⇒ = −

− =



Vậy

11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
−
− + = + − ⇔ − = − ⇒ =
Ví dụ 4.
Giải phương trình sau:
6 2 6 2 8
3
5 5
x x
x x
− +
+ =
− +
.
Hướng dẫn:
ðiều kiện:
5 5
x
− < <

ðặt
(
)
5 , 5 0 , 10
u x v y u v= − = − < <
.
Khi ñó ta ñược hệ phương trình:

2
2 2
( ) 10 2
10
2 4
4 4 8
( ) 1
2( )
3
3
u v uv
u v
u v
u z
uv
u v


+ = +
+ =
 
⇔
 
 
+ − =
− − + + =
 
 

 




I.2.8. Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ ñối xứng loại II
I.2.8.1. Phương pháp:
Ta hãy ñi tìm nguồn gốc của những bài toán giải
phương trình bằng cách ñưa về hệ ñối xứng loại II

Ta xét một hệ phương trình ñối xứng loại II sau :
( )
( )
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x

+ = +


+ = +


việc
giải hệ này thì ñơn giản

15

Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách ñặt

(
)
y f x
=
sao cho (2)
luôn ñúng ,
2 1
y x
= + −
, khi ñó ta có phương trình :
(
)
2
2
1 ( 2 1) 1 2 2
x x x x x
+ = + − + ⇔ + = +

Vậy ñể giải phương trình :
2
2 2
x x x
+ = +
ta ñặt lại như trên và ñưa về hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
( )
( )
2
2
x ay b

y ax b
α β
α β

+ = +


+ = +


, ta sẽ xây
dựng ñược phương trình dạng sau : ñặt
y ax b
α β
+ = +
, khi ñó ta có phương trình
:
( )
2
a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −

Tương tự cho bậc cao hơn :
( )
n
n

a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khia triển ta phải viết về dạng :
(
)
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
v ñặt
n
y ax b
α β
+ = +
ñể ñưa về hệ , chú ý về dấu
của
α
???
Việc chọn
;
α β
thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng
:

(
)
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
là chọn ñược.
I.2.8.2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

2
2 2 2 1
x x x
− = −
.
Hướng dẫn:

ðiều kiện:
1
2
x
≥

Ta có phương trình ñược viết lại là:
2
( 1) 1 2 2 1
x x

− − = −

ðặt
1 2 1
y x
− = −
thì ta ñưa về hệ sau:
2
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x

− = −


− = −



Trừ hai vế của phương trình ta ñược
( )( ) 0
x y x y
− + =

Giải ra ta tìm ñược nghiệm của phương trình là:
2 2
x = + .

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

2
2 6 1 4 5
x x x
− − = +

Hướng dẫn:
ðiều kiện
5
4
x
≥ −

Ta biến ñổi phương trình như sau:

2 2
4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11
x x x x x
− − = + ⇔ − = + +


16

ðặt
2 3 4 5
y x
− = +
ta ñược hệ phương trình

sau:
2
2
(2 3) 4 5
( )( 1) 0
(2 3) 4 5
x y
x y x y
y x

− = +

⇒ − + − =

− = +



Với
2 3 4 5 2 3
x y x x x= ⇒ − = + ⇒ = +

Với
1 0 1 1 2
x y y x x+ − = ⇒ = − → = −

 Dạng hệ gần ñối xứng
Ta
xét hệ sau :
2

2
(2 3) 2 1
(1)
(2 3) 3 1
x y x
y x

− = + +


− = +


ñây không phải là hệ ñối xứng loại 2
nhưng chúng ta vẫn giải hệ ñược , và từ hệ này chúng ta xây dưng ñược bài toán
phương trình sau :
Ví dụ 1
.

Giải phương trình sau:

2
4 5 13 3 1 0
x x x
+ − + + =
.
Nhận xét :
Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :

2

13 33
2 3 1
4 4
x x
 
− = + −
 
 

ðặt
13
2 3 1
4
y x
− = +
thì chúng ta không thu ñược hệ phương trình mà chúng ta
có thể giải ñược.
ðể thu ñược hệ
(1)
ta ñặt :
3 1
y x
α β
+ = +
, chọn
,
α β
sao cho hệ chúng ta có thể
giải ñược .
Ta có hệ :

( )
2
2 2 2
2
2
2 3 1 0 (1)
3 1
(*)
4 13 5 0 (2)
4 13 5
y y x
y x
x x y
x x y
α αβ β
α β
α β
α β


+ − + − =
+ = +
 
⇔
 
− + + + =

− + = − −





ðể 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 :
2 2
2 3 1
4 13 5
α αβ β
α β
− −
= =
− +
, ta chọn ñược ngay
2; 3
α β
= − =

Ta có lời giải như sau :
ðiều kiện:
1
3
x
≥ −
,
ðặt
3

3 1 (2 3), ( )
2
x y y
+ = − − ≤

Ta có hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +

⇒ − + − =

− = +



Với
15 97
8
x y x
−
= ⇒ =

17

Với
11 73
2 2 5 0
8
x y x
+
+ − = ⇒ =
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
=
S

15 97 11 73
;
8 8
 
− +
 
 
 
 


*) Chú ý :
Khi ñã 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 4
x x x
− = − + + +

khi ñó ñặt
3 1 2 3
x y
+ = − +
, nếu ñặt
2 3 3 1
y x
− = +
thì chúng ta không thu ñược
hệ như mong muốn , ta thấy dấu của
α
cùng dấu với dấu trước căn.


Một cách tổng quát .

Xét hệ:
( ) . . (1)
( ) '. ' (2)
f x A x B y m
f y A x m
= + +



= +

ñể hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’
Nếu từ (2) tìm ñược hàm ngược
(
)
y g x
=
thay vào (1) ta ñược phương trình.
Như vậy ñể xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét ñể có hàm ngược và tìm ñược
và hơn nữa hệ phải giải ñược.
Ví dụ 2.
Giải các phương trình sau:


3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x
− = − + −
. (2)
Hướng dẫn:
Ta có (2)
(
)
3
3 2

3 3
27 81 8 27 54 36 54 27 81 8 3 2 46
x x x x x x
⇔ − = − + − ⇔ − = − −

Ta ñặt :
3
3 2 81 8
y x
− = −
.

Bài tập ñề nghị:
Giải các phương trình sau:
1)

2
4 13 5 3 1 0
x x x
− + + + =
.
2)

2
4 13 5 3 1 0
x x x
− + + + =
.
3)

3
3
6 1 8 4 1
x x x
+ = − −
.
4)

( )
( )
2
15
30 4 2004 30060 1 1
2
x x x
− = + +
.
5)

3 2
3
3 5 8 36 53 25
x x x
− = − + −
.

I.3. PHƯƠNG PHÁP ðÁNH GIÁ
I.3.1. Dùng hằng ñẳng thức, bất ñẳng thức :

18


Từ những ñánh giá bình phương :
2 2
0
A B
+ ≥
, ta xây dựng phương trình dạng
2 2
0
A B
+ =

Từ phương trình
(
)
(
)
2 2
5 1 2 9 5 2 1 0
x x x x
− − + − − + − =
ta khai triển ra có
phương trình :

(
)
2
4 12 1 4 5 1 9 5
x x x x x

+ + − = − + −
.

Một số phương trình ñược tạo ra từ dấu bằng của bất ñẳng thức:
A m
B m
≥


≤

nếu
dấu bằng ở (1) và (2) cùng ñạt ñược tại
0
x
thì
0
x
là nghiệm của phương trình
A B
=

Ta có :
1 1 2
x x
+ + − ≤
Dấu bằng khi và chỉ khi
0
x
=

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

ðôi khi một số phương trình ñược tạo ra từ ý tưởng :
(
)
( )
A f x
B f x
 ≥


≤



khi ñó :
(
)
( )
A f x
A B
B f x

=

= ⇔

=


.

Nếu ta ñoán trước ñược nghiệm thì việc dùng bất ñẳng thức dễ dàng hơn,
nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc ñoán nghiệm không ñược, ta vẫn
dùng bất ñẳng thức ñể ñánh giá ñược.
I.3.2. Một số ví dụ.
Ví dụ 1.
(OLYMPIC 30/4 -2007) Giải phương trình sau:

2 2
9
1
x x
x
+ = +

+

Hướng dẫn:
ðk
0
x
≥

Ta có :
( )
2 2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
 
   
 
 
+ ≤ + + + = +
   
 
  +
+ +
 

   
 

Dấu bằng
2 2 1 1
7
1 1
x
x x
⇔ = ⇔ =
+ +
.

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau :

2 4 2 4
13 9 16
x x x x
− + + =


Hướng dẫn:
ðk:
1 1
x
− ≤ ≤


19

Biến ñổi pt ta có :
(
)
2
2 2 2
13 1 9 1 256
x x x− + + =

Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopxki:
(
)
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10
x x x x x
− + + ≤ + − + + = −

Áp dụng bất ñẳng thức Côsi:
( )
2
2 2
16
10 16 10 64
2
x x
 
− ≤ =

 
 

Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
5
1
3
2
10 16 10
5
x
x
x
x
x x


=
+

− =


⇔ ⇔




= −
= −




Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
− − + − + =

Hướng dẫn:

Ta chứng minh :
4
8 4 4 13
x x
+ ≤ +
và

(
)
(
)

2
3 2
3 8 40 0 3 3 13
x x x x x x
− − + ≥ ⇔ − + ≥ +


I.3.4.Bài tập ñề nghị .
Giải các phương trình sau
1)

1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
− +
− + + = +
+ −

2)

4 4 4
1 1 2 8
x x x x+ − + − − = +

3)

4 4 4

2 8 4 4 4 4
x x x
+ = + + −

4)

4 33
16 5 6 4
x x x
+ = +

5)

3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
− − + − + =

6)

3 3 4 2
8 64 8 28
x x x x
+ + − = − +

7)

2
2

1 1
2 2 4x x
x x
 
− + − = − +
 
 


I.4. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ.
I.4.1. Phương pháp:
Sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số ñể giải phương
trình.


Chuyển phương trình về một trong các dạng:
Dạng 1:
( )
f x k
=
trong ñó
)(xf
là hàm ñơn ñiệu.
Dạng 2:
( ) ( )
f x g x
=
trong ñó hai hàm số
)(xfy
=

và
)(xgy
=
có tính chất ñơn
ñiệu trái ngược nhau.

20

Dạng 3:
( ) ( )
f u f v
=
và xét hàm số
( )
y f x
=
ñơn ñiệu. Khi ñó:

( ) ( )
f u f v u v
= ⇔ =


I.4.2. Một số ví dụ:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

( )
(

)
(
)
2 2
2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0
x x x x x
+ + + + + + + =
(1)
Hướng dẫn:
(1)
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
( ) ( )
2 2
2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3
x x x x f x f x
⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = −

Xét hàm số
( )
(
)
2
2 3
f t t t
= + +

, là hàm ñồng biến trên R, ta có
1
5
x
= −

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

3 2 2
3
4 5 6 7 9 4
x x x x x
− − + = + −

Hướng dẫn
: ðặt
2
3
7 9 4
y x x
= + −
, ta có hệ :

( ) ( )
3 2
3
3
2 3
4 5 6

1 1
7 9 4
x x x y
y y x x
x x y

− − + =

⇒ + = + + +

+ − =



Xét hàm số :
(
)
3
f t t t
= +
, là hàm ñơn ñiệu tăng. Từ phương trình
( ) ( ) ( )
23
5
1 1 1 7 9 4
1 5
2
x
f y f x y x x x x
x

=


=  +  ⇔ = + ⇔ + = + − ⇔
− ±
 

=


.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

43
807 +=++ xxx
.
Hướng dẫn.
ðk:
0
≥
x

Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Nâng lên luỹ thừa bậc 4 hai vế ta ñược:
80)(
2
+=+ xxfx
với

)(xf
là hàm ñồng
biến.
ðánh giá nếu x >1 và x <1 thì hai vế của phương trình không bằng nhau ta ñược
x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình ñã cho.

21

I.4.3. Bài tập ñề nghị.
Giải các phương trình sau:
1)
3
3
6 1 8 4 1
x x x
+ = − −
.
2)
.4259 +−=+ xx

3)
.11414
2
=−+− xx

4)
82315
22
++−=+ xxx
.

5)
2
4 1 4 1 1
x x
− + − =

6)
3
1 4 5
x x x
− = − − +

7)
2
1 3
x x x
− = + −

8)
2 3
1 2 2
x x x x
= − + −
.
9)
1 2 3
x x
− + + =

10)

2
2 1 3 4
x x x
− + + = −
0431
35
=+−−+ xxx
.


I.5. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
I.5.1. Một số kiến thức cơ bản:
+) Nếu
1
x
≤ −
thì có một số t với ;
2 2
t
π π
− −
 
∈
 
 
sao cho :
sin
t x
=
và một số y

với
[
]
0;
y
π
∈
sao cho
cos
x y
=

+) Nếu
0 1
x
≤ ≤
thì có một số t với
0;
2
t
π
 
∈
 
 
sao cho :
sin
t x
=
và một số y với

0;
2
y
π
 
∈
 
 
sao cho
cos
x y
=

+) Với mỗi số thực x có
;
2 2
t
π π
 
∈ −
 
 
sao cho :
tan
x t
=

+) Nếu :
x
,

y
là hai số thực thỏa:
2 2
1
x y
+ =
, thì có một số t với
0 2
t
π
≤ ≤
, sao
cho
sin , cos
x t y t
= =

I.5 2. Phương pháp giải toán :

Nếu :
1
x
≤ −
thì ñặt
sin
t x
=
với ;
2 2
t

π π
− −
 
∈
 
 
hoặc
cos
x y
=
với
[
]
0;
y
π
∈

 Nếu
0 1
x
≤ ≤
thì ñặt
sin
t x
=
, với
0;
2
t

π
 
∈
 
 
hoặc
cos
x y
=
, với
0;
2
y
π
 
∈
 
 



22


Nếu :
x
,
y
là hai số thực thỏa:
2 2

1
x y
+ =
, thì ñặt
sin , cos
x t y t
= =
với
0 2
t
π
≤ ≤


Nếu
x a
≥
, ta có thể ñặt :
sin
a
x
t
= , với
;
2 2
t
π π
 
∈ −
 

 
, tương tự cho
trường hợp khác


X là số thực bất kỳ thi ñặt :
tan , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 

*) Chú ý: Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế
nào ?
Từ công phương trình lượng giác ñơn giản:
cos3 sin
t t
=
, ta có thể tạo ra
ñược phương trình vô tỉ
Chẳng hạn từ công thức:
3
cos3 4cos 3cos
t t t
= −
ta có phương trình vô tỉ:

3 2
4 3 1
x x x
− = −
(1)
Nếu thay
x
bằng
1
x
ta lại có phương trình :
2 2 2
4 3 1
x x x
− = −
(2)
Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:

3 2 2
4 12 9 1 2
x x x x x
− + − = −
(3)
Việc giải phương trình (2) và (3) không ñơn 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 .

I.5.3. Một số ví dụ
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau :

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

Hướng dẫn:
ðiều kiện :
1
x
≤

Với
[ 1;0]
x
∈ −
: thì
( ) ( )
3 3

1 1 0
x x
+ − − ≤
( pt vô nghiệm )
Với
[0;1]
x
∈
ta ñặt :
cos , 0;
2
x t t
π
 
= ∈
 
 
. Khi ñó phương trình trở thành:

1 1
2 6 cos 1 sin 2 sin cos
2
6
x t t t
 
+ = + ⇔ =
 
 
.
Vậy phương trình có nghiệm :

1
6
x =


Ví dụ 2
. Giải phương trình sau:
3
6 1 2
x x
+ =

Hướng dẫn:

23

Lập phương 2 vế ta ñược pt:
3 3
1
8 6 1 4 3
2
x x x x
− = ⇔ − =

Xét :
1
x
≤
, ñặt
[

]
cos , 0;
x t t
π
= ∈ . Khi ñó ta ñược
5 7
cos ;cos ;cos
9 9 9
S
π π π
 
=
 
 

mà phương trình bậc 3 có tối ña 3 nghiệm vậy ñó cũng chính là tập nghiệm của
phương trình.
Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:
2
2
1
1
1
x
x
 
+
 
−

 

Hướng dẫn:

ðk:
1
x
>
, ta có thể ñặt
1
, ;
sin 2 2
x t
t
π π
 
= ∈ −
 
 

Khi ñó pt trở thành:
( )
2
cos 0
1
1 cot 1
1
sin
sin 2
2

t
t
x
t
=


+ = ⇔

= −


Phương trình có nghiệm :
(
)
2 3 1
x
= − +

Ví dụ 4
.Giải phương trình sau:
(
)
( )
2
2
2
2
2
1

1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ = +
−

Hướng dẫn:
ñk
0, 1
x x
≠ ≠ ±

Ta có thể ñặt :
tan , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 

Khi ñó pt trở thành:
(
)
2
2sin cos2 cos2 1 0 sin 1 sin 2sin 0
t t t t t t
+ − = ⇔ − − =

Kết hợp với ñiều kiện ta có nghiệm
1
3
x =


I.5.4. Bài tập ñề nghị.

Giải các phương trình sau :
1)

1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
− +
− + + = +
+ −
DH:
1 2cos

tan
1 2cos
x
x
x
+
=
−

2)

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

3)

3
3 2
x x x
− = +
HD: chứng minh

2
x
>
suy ra
phương trình vô nghiệm.

I.6. PHƯƠNG PHÁP NHÂN LIÊN HỢP:
I.6.1. Phương pháp:

24

Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm ñược nghiệm
0
x
như vậy phương
trình luôn ñưa về ñược dạng tích
(
)
(
)
0
0
x x A x
− =
ta có thể giải phương trình
(
)
0
A x
=

hoặc chứng minh
(
)
0
A x
=
vô nghiệm ,
chú ý ñiều kiện của nghiệm của
phương trình ñể ta có thể ñánh gía
(
)
0
A x
=
vô nghiệm
.


Nếu phương trình vô tỉ có dạng

A B C
+ =
, mà :
A B C
α
− =

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của
x
. Ta có thể giải như sau :

A B
C A B
A B
α
−
= ⇒ − =
−
, khi ñó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B
α
α

+ =

⇒ = +

− =



I.6.2. Một số ví dụ :
Ví dụ 1 .
Giải phương trình sau :

(
)

2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x
− + − − = − − − − +

Hưóng dẫn:

Ta nhận thấy :
(
)
(
)
(
)
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
− + − − − = − −
v
(
)
(
)
(
)
2 2
2 3 4 3 2
x x x x
− − − + = −

Ta có thể trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau
(OLYMPIC 30/4 ñề nghị)
:

2 2
12 5 3 5
x x x
+ + = + +

Hướng dẫn:

ðể phương trình có nghiệm thì :

2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x
+ − + = − ≥ ⇔ ≥

Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng
(
)
(
)
2 0
x A x
− =
, ñể thực hiện ñược ñiều ñó ta phải nhóm , tách như sau :
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x

x x x x
x x
x x
x x
x x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 
+ +
⇔ − − − = ⇔ =
 
+ + + +
 

Dễ dàng chứng minh ñược :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
.