skkn 2013 2014 về các dạng phương trình vô tỷ ở môn toán 9

A.ĐẶT VẤN ĐỀ
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng mô hình
ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội, trong khoa
học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Vì vậy, rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh là
một vấn đề quan trọng trong dạy học, nó phải được tiến hành có kế hoạch, thường xuyên,
liên tục và có hệ thống qua tất cả các lớp học, cấp học.
Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài
tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương
pháp chung để giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để
dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách
Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải
toán là một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với
những học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán
Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một trong những
chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh .Trong những vấn đề về phương trình,
phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngỡ
ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này Trong khi đó giáo viên khi dạy phương
trình vô tỉ thì ít khai thác phân tích đề bài, mở rộng bài toán mới,hệ thống bài tập ở SGK
nghèo nàn dẫn đến học sinh khi gặp bài toán về giải phương trình vô tỉ là lúng túng hoặc
chưa biết cách giải hoặc giải được nhưng chưa chặt chẽ. Thực ra, đây cũng là một trong
những vấn đề khó. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là
một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân đã được bồi dưỡng đội tuyển
học sinh giỏi Toán tham dự kì thi cấp Huyện, tôi cũng rất trăn trở về vấn đề này. Vấn đề đặt
ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại phương trình vô tỉ? Và
khi gặp bất cứ một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể tìm ra cách giải
một cách tốt nhất?
Với tất cả những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài “MỘT SỐ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ” trong khuôn khổ chương trình bậc THCS
Nhằm góp phần cùng đồng nghiệp để rèn luyện kỷ năng giải toán cho học sinh, phát triển

tư duy sáng tạo và tính linh hoạt trong quá trình giải bài tập toán.với mục đích:
Giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức
đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có phương pháp giảng dạy phần
này có hiệu quả.
1
+ Trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ nhằm nâng cao năng
lực học môn toán, giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động sáng tạo và là công cụ giải
quyết những bài tập có liên quan đến phương trình vô tỉ.
II.PHẠM VI-ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
1. Đối tượng nghiên cứu:
a. Các tài liệu từ đồng nghiệp,từ mạng internet,các chuyên đề của Phòng,trường,
b. Giáo viên, học sinh khá giỏi ở trường THCS Hợp Thành(Chủ yếu ở Khối 9)
2. Phạm vi nghiên cứu:
Một số phương pháp để giải phương trình vô tỉ thường gặp ở THCS.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong chương trình môn toán ở các lớp THCS kiến thức về phương trình vô tỉ không
nhiều song lại rất quan trọng .đó là những tiền đề cơ bản để học sinh tiếp tục học lên ở
THPT.
Trong đề tài được đưa ra một số phương trình vô tỉ cơ bản phù hợp với trình độ của học
sinh THCS.
Trang bị cho học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản áp dụng để làm
bài tập
Khi giải toán về phương trình vô tỉ đòi hỏi học sinh nắm vững các kiến thức cơ
bản về căn thức, phương trình, hệ phương trình, các phộp biến đổi đại số Học sinh
biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức, kỹ năng từ đơn giản đến phức tạp. Rút
ra một số chú ý khi làm từngphương pháp Chọn lọc một số bài tập hay gặp phù hợp
cho từng phương pháp giải, cách biến đổi. Vận dụng giải các bài toán có liên quan
đến phương trình vô tỉ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỶ” giúp học sinh phát triển tư duy, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo trong

giải toán.Đồng thời giáo dục tư tưởng, ý thức, thái độ, lòng say mê học toán cho học
sinh.
II.CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Phương trình vô tỉ là loại toán mà học sinh THCS coi là loại toán khó, nhiều học sinh
không biết giải phương trình vô tỉ như thế nào? có những phương pháp nào?
Nhiều tài liệu còn viết chung chung, gộp nhiều phương pháp, khiến người đọc gặp khó
khăn khi nghiên cứu
Các bài toán về phương trình vô tỉ là một dạng toán hay và khó, có nhiều trong các đề thi
học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10 THPT. Tuy nhiên, các tài liệu viết về vấn đề này rất
2
hạn chế hoặc chưa hệ thống thành các phương pháp nhất định gây nhiều khó khăn trong
việc học tập của học sinh, cũng như trong công tác tự bồi dưỡng của giáo viên. Mặt
khác, việc tìm hiểu các phương pháp giải phương trình vô tỉ hiện nay còn ít giáo viên
nghiên cứu.
Vì vậy việc nghiên cứu các phương pháp giải phương trình vô tỉ là rất thiết thực,
giúp giáo viên nắm vững nội dung và xác định được phương pháp giảng dạy phần này đạt
hiệu quả, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học, dặc biệt là chất lượng học sinh giỏi và
giáo viên giỏi ở các trường THCS.
III TÌNH HÌNH THỰC TẾ
1.Kết quả tình trạng khi chưa thực hiện đề tài:
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 40 học sinh ở mức
độ đề vừa phải tôi thấy kết quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau:
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
20 50% 14 35% 5 12,5% 1 2,5%
2. Nguyên nhân của thực tế trên:
Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh chưa được
trang bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế và nhiều khi không có
lối thoát dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em càng
khó giải quyết.

IV.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ở THCS
1. PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả 2 vế của phương trình lên luỹ thừa n. Nếu n
chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả vế của phương trình không âm.
Rất nhiều bài toán phù hợp với kiểu nâng lên lũy thừa,khử bớt dấu căn để từ đó ta
đưa ra cách giải phù hợp.Sau đây là một số dạng
1.1 Dạng 1:
( ) ( )=f x g x
Phương pháp giải:
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
≥


= ⇔ ≥


=

f x
f x g x g x
f x g x

3
Ví dụ 1 Giải phương trình:
.a. Giải phương trình:
2 5 0x − − =
2 5x⇔ − =
⇔

x=27
1.b. Giải phương trình:
2 2 4 0x x− − + =
(1)
HD:ĐK:
2 2 0
1
4 0
x
x
x
− ≥

⇔ ≥

+ ≥

(1)
(1)
⇔
2 2 4x x− = +

⇔
2 2 4x x− = +
⇔
x=6(Thỏa mản ĐK)
Vậy x=6
1.2 Dạng 2:
f (x) g(x)=
Phương pháp giải

f (x) g(x)=
⇔
2
g(x) 0
f (x) [g(x)]
≥


=

Ví dụ 2. Giải phương trình:
a. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1) (Đề thi HSG Huyện 2006-2007)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥

≥



⇔ ⇔

  
=
− =
+ = −




Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
b. Giải phương trình:
1 3 0x x− − − =
(1)
* Nhận xét:
Trước hết ta chuyển vị trí các số hạng trong phương trình một cách hợp lý và tìm ra
mối liên hệ giữa biểu thức ngoài căn và biểu thức trong căn, từ đó suy ra cách giải.
* Lời giải:
ĐKXĐ:
1 0 1x x
− ≥ ⇔ ≥
(1)
2
3
( 3) 1
( 3) 1
x
x x
x x
≥

⇔ − = − ⇔


− = −

⇔

2
3
7 10 0
x
x x
≥


− + =

⇔
x 3
x 5,x 2 5(Loai)
≥


= = <

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
c Giải phương trình:.
3 2
5 2x 16 2( 8)+ = +x

Nhận xét:
4

Khi bình phương lên sẽ gặp phương trình bậc cao.Ta sẽ vận dụng các phương pháp giải
phương trình bậc cao để giải,chú y cách giải đoán nghiệm và phann tích đa thức thành
nhân tử để đưa phương trình về dạng tích
Giải:ĐK x
≥
-2
( )
( )
3 2 3 2 2
4 2 3 2 2
2
2
5 2 16 2(x 8) 25(2 16) 4(x 8)
4x 64x 50 144 0 (2 5 6)(x 10 12) 0
2 5 6 0 Vo nghiem
x 10 12 0 x 5 37 TM DK
+ = + ⇔ + = +
⇔ + − − = ⇔ − + − − =

− + =
⇔

− − = ⇔ = ±


x x
x x x x
x x
x
Bài tập tự giải

1.
4
2
−x
= x- 2
2 1 2x x− = −

2.
41
2
++ xx
= x+ 1
1.3Dạng 3:
f (x) g(x) h(x)+ =
(1)
Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
f(x) > 0
g(x) > 0 (2)
h (x) > 0
Với điều kiện V (2) hai vế của phương trình (1) không âm nên bình phương vế của phương
trình (1) rồi rút gọn ta được:
2
)()()]([
)().(
2
xgxfxh
xgxf
−−
=
(3)

Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 2.
Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm.
Ngoài ra một số phương trình tương tự như dạng 3(Có cách giải giống nhau):
- Phương trình
( ) ( ) ( )+ =f x g x h x
- Phương trình :
f (x) g(x) h(x) k(x)+ = +
Ví dụ 3
a. Giải phương trình:
x 5 1 x 2+ = + +
(Đề thi HSG huyện năm 2012-2013)
Nhận xét: Hai vế là số dương,ta bình phương 2 vế
5
x 5 1 x 2 x 5 1 x 2 2 x 2 x 2 1 x 1+ = + + ⇔ + = + + + + ⇔ + = ⇔ = −
b. Giải phương trình:
4 1 1 2x x x+ − − = −
Nhận xét:Cần biến đổi để đưa về 2 vế dương để áp dụng dạng toán
Giải: Ta có:
4 1 1 2x x x+ − − = −

4 1 2 1x x x⇔ + = − + −

2
1
2
2 1 2 3 1
x
x x x

≤


⇔


+ = − +


2 2
1
2
2 1 0
(2 1) 2 3 1
x
x
x x x

≤


⇔ + ≥


+ = − +


2
1 1
1 1
2 2
0

2 2
0
7 0
7
x
x
x
x
x x
x
−

≤ ≤
−


≤ ≤
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
=

 
+ =



= −



c: Giải phương trình:
1+x
+
10+x
=
2+x
+
5+x
(1)
ĐKXĐ:







≥+
≥+
≥+
≥+
05
02
010
01
x
x
x
x
⇔








−≥
−≥
−≥
−≥
5
2
10
1
x
x
x
x
⇔ x = -1 (2)
Bình phương hai vế của (1) ta được:
x+1 + x+ 10 + 2
)10)(1( ++ xx
= x+2 + x+ 5 + 2
)5)(2( ++ xx
⇔
2+
)10)(1( ++ xx
=
)5)(2( ++ xx

(3)
Với x
≥
-1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được
)10)(1( ++ xx
= 1- x
Điều kiện ở đây là x
≤
-1 (4)
Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)




−≤
−≥
1
1
x
x
⇔ x = 1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).
Bài tập tự giải:
Giải phương trình:
1
341 =++− xx
(1)
6
2.
121 =+−− xx
3.

x 3 5 x 2+ = − −
(2)
.4.
x 1 5x 1 3x 2− − − = −
.5.
31212 +−−=+−− xxxx
1.4 Dạng 4 :Phương trình chứa căn bậc 3
Muốn để khử căn bậc ba, ta lập phương hai vế để được phương trình tương đương,dựa
vào cấu trúc bài toán để đưa ra phương pháp giải phù hợp

*
3 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⇔ = ∈f x g x f x g x n N

3 *
3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⇔ = ∈f x g x f x g x n N

( ) ( ) ( )
3 3 3
f x g x h x+ =
⇔

( ) ( )
( )
( )
3
3 3
f x g x h x+ =
Ví dụ 4

.a Giải phương trình:
3
1+x
27
3
=−+ x
(1)
Giải:+ Lập phương hai vế

( )
871.)7)(1(371
33
3
=−++−++−++ xxxxxx
(2)
(đến đây thay
271
33
=−++ xx
vào phương trình) ta được:

0)7)(1(82.)7)(1(38
3
=−+⇔=−++ xxxx
( 3)
Giải ra:
7;1
21
=−= xx
; Thay lại vào PT đã cho ta thấy nghiệm đúng, nên đó là 2 nghiệm

của PT ban đầu. Vậy (2) có nghiệm
7;1
21
=−= xx
b: Giải phương trình:
3 3
3
2x 1 x 1 3x 1− + − = +
Lời giải:
Lập phương hai vế ta nhận được phương trình tương đương sau:
2x - 1 + x - 1 +
( ) ( )
( )
3 3
3
3 2x 1 x 1 2x 1 x 1 3x 1− − − + − = +
⇔
( ) ( )
( )
( )
3 3
3
2x 1 x 1 2x 1 x 1 1 1− − − + − =
(1)
Do
3 3 3
2x 1 x 1 2x 1− + − = −
nên từ (1) dẫn đến phương trình sau:
( ) ( )
3

3
2x 1 x 1 3x 1 1
− − + =
(2)
⇔ (2x
2
- 3x +1) (3x + 1) = 1
7
⇔ 6x
3
- 7x
2
= 0
⇔ x = 0 hoặc x =
7
6
Vậy (2) có hai nghiệm x = 0 và x =
7
6
Do phép biến đổi từ (1) sang (2) là phép biến đổi hệ quả nên ta phải thử lại để tìm nghiệm
đúng của phương trình.
Ta thấy x = 0 không thoả (1) còn x =
7
6
thoả mãn.
Vậy phương trình có nghiệm là x =
7
6
.
Bài tập tương tự: Giải phương trình:

1)
42312
33
=−++ xx
2)
333
101212 xxx =++−

3.
3
1−x
+
3
2−x
=
3
32 −x
2.PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
-kiến thức:
Sử dụng hằng đẳng thức sau:
2
A
=
A

2.1 Dạng 1:Đưa được về dạng
2
( ) 0
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
≥


= ⇔ = ⇔
=




= −


g x
f x g x f x g x
f x g x
f x g x
Ví dụ 5 :
a . Giải phương trình:
2
9 24 16 4x x x− + = − +
(1)
Nhận xét: dễ dàng thấy được biểu thức dưới căn là 1 hằng đẳng thức
Phương trình (1)
⇔

43 −x
= -x + 4 (2)
ĐKXĐ: -x+4
≥

0
(2)
⇔




−=−
+−=−
443
443
xx
xx
⇔



=
=
0
2
x
x
Với x = 2 hoặc x = 0 đều là nghiệm của phương trình (đều thoả mãn x
≤
4 ).
8
b. Giải phương trình:
2
2 2

4 8
4
x
x x+ − = −
(1)
Nhận xét: nhân 2 vào 2 vế ta dễ dàng thấy được biểu thức dưới căn là 1 hằng đẳng thức
(1)
2 2 2 2 2 2
4 4 16 2 4 4 4 4 16 2x x x x x x⇔ + − = − ⇔ − + − + = −
( )
2 2 2 2 2 2 2
( 4 2) 16 2 4 2 16 2 2 4 14 0 2x x x x x x
⇔ − + = − ⇔ − + = − ⇔ + − − =
Đặt
2
4x −
= a.ĐK :a
≥
0
2 2
4x a⇒ = +
(2)
⇔
2 2
2 8 14 0 2 6 0a a a a+ + − = ⇔ + − =
⇔
a=-2<0(Loại)
a=
3
2

(Thỏa mãn).Vậy x=
3
2
±
c. Cho phương trình
3
1
4
x x x a+ + + + =
( a là tham số)
- 1.Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa
- 2.Tìm a để phương trình có nghiệm.Tìm x theo a
(Đề thi HSG Huyện 2009-2010)
Nhận xét:Ta nhận thấy x+1+
3
4
x +
=x+
3
4
+
1
4
+2.
1
2
3
4
x +
là 1 hằng đẳng thức

Vậy ta đưa biểu thức trong căn về dạng bình phương của biểu thức đưa ra khỏi căn ,rồi từ
đó đua ra phương pháp giải phù hợp.
Giải Thật vậy
2
3 1 3 1
(1) ( ) (2)
4 2 4 2
x x a x x a⇔ + + + = ⇔ + + + =
1.Điều kiện để phương trình có nghĩa:
3
4
x ≥−
(2)
3 1
4 2
x a x⇔ + + = −
(3)
Phương trình có nghiệm
3
0
4
a x a x a⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥−
9
(3)
3 1
4 2
x x a⇔ + + + =

⇔
x+

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

+
3 1 1 1 1
4 2 4 2 2
x a a x a a⇔ + = + + − + ⇔ = − +
2.2 Dạng 2:Đưa được về dạng
2 2
f (x) g(x) h(x) f (x) g(x) h(x)+ = ⇔ + =


Xét dấu khoảng giá trị của x để tìm các phương trình tương ứng để giải phương trình
Ví dụ 6:
a Giải phương trình:
2
x 4x 4− +
+
168
2
+− xx
= 5
ĐKXĐ:
∉∀
x
R
Phương trình tương đương:
2−x
+
4−x
= 5
Lập bảng xét dấu:
x 2 4

x- 2 - 0 + +
x- 4 - - 0 +
Ta xét các khoảng:
+ Khi x < 2 ta có (2)
⇔
6-2x =5

⇔
x = 0,5(thoả mãn x
≤
2)
+ Khi 2
≤
x
≤
4 ta có (2)
⇔
0x + 2 =5 vô nghiệm
+ Khi x > 4 ta có (2)
⇔
2x – 6 =5

⇔
x =5,5 (thoả mãn x > 4 )
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0, 5 và x = 5,5
b. Giải phương trình:
x 3
x 2 x 1 x 2 x 1
2
+

+ − + − − =
(1)
* Nhận xét:
10
Để ý các biểu thức dưới dấu căn, ta thấy được:
x +
( )
2
2
2 x 1 x 1 2 x 1.1 1 x 1 1
− = − + − + = − +
và
( )
2
2
x 2 x 1 x 1 2 x 1.1 1 x 1 1
− − = − − − + = − −
* Lời giải:
ĐKXĐ: x ≥ 1.
(1)
⇔
2 2
3
( 1 1) ( 1 1)
2
x
x x
+
− + + − − =

⇔
x 3
x 1 1 x 1 1
2
+
− + + − − =
Do
x 1
−
+ 1 > 0 ⇒
x 1 1 x 1 1− + = − +

và
x 1 1 khi x 2
x 1 1
1 x 1 khi 1 x 2

− − ≥
− − =

− − ≤ <


- Nếu x ≥ 2 thì phương trình tương đương với phương trình:

x 3
2 x 1
2
+
− =

⇔ 4(x - 1) =
2
2
(x 3)
x 10x 25 0
4
+
⇔ − + =
⇔ (x - 5)
2
= 0 ⇔ x = 5 giá trị này thoả mãn x ≥ 2 nên là nghiệm.
- Nếu 1 ≤ x < 2 thì phương trình tương đương với:
2 =
x 3
2
+
⇔ x = 1 thoả mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 5 và x =1.
c.: Giải phương trình:
x 2x 1 x 2x 1 1+ − + − − =
(1)
* Nhận xét:
Ta thấy rằng các biểu thức dưới dấu căn không là bình phương đúng. Tuy nhiên ta
nếu ta nhân
2
vào 2 vế thì sẽ xuất hiện bình phương của biểu thức:
2(x +
( )
2
2x 1) 2x 2 2x 1 2x 1 1

− = + − = − +
2(x-
( )
2
2x 1) 2x 2 2x 1 2x 1 1− = − − = − −
* Lời giải:
11
ĐKXĐ:
1
2
x
≥
(1) ⇔
2 2
( 2x 1 1) ( 2x 1 1) 2− + + − − =

2x 1 1 2x 1 1 2⇔ − + + − − =
Ta thấy:
2x 1 1 2x 1 1
2x 1 1 khi x 1
2x 1 1
1
1 2x 1 khi x 1
2
− + = − +

− + ≥

− − =


− − ≤ <


- Nếu x ≥ 1 thì (1) ⇔ 2
2x 1
−
=
2
⇔
2x 1
−
=
2
2
⇔ 2x - 1 =
1
2
⇔ x =
3
4
. Do x =
3
4
< 1 nên trường hợp này phương trình vô nghiệm
- Nếu
1
2
≤ x < 1 thì (1) ⇔ 2 =
2
Trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
b.3. Bài tập áp dụng :
1.
4 4 3x x− + =
2.
2
4 4 2 10x x x− + + =
3.
2 1 4 4 10x x x x− + − − + =
4.
2 2 2
6 9 2 8 8 2 1x x x x x x
− + + + + = − +

5.
6 2 2 11 6 2 1x x x x
+ − + + + − + =
6.
2 2 5 2 3 2 5 7 2x x x x
− + − + + + − =
7.
1 1
2
2 4
x x x+ + + + =
8
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1
+ + + + + − + = + − +
9
3

2 1 2 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
3.PHƯƠNG PHÁP 3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.
Phương pháp đặt ẩn phụ giúp chúng ta đưa phương trình phức tạp,chứa căn,lũy thừa bậc
cao về dạng phương trình,hệ phương trình đơn giản hơn mà ta đã có phương pháp giải.Có
nhiều cách đặt ẩn phụ ,mỗi dạng toán có thể có một cách đặt khác nhau,nhưng để đơn gian
và dễ nhận biết ta có thể phân loại các cách đặt ẩn phụ như sau
3.1. ĐẶT 1 ẨN PHỤ
3.1.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậchai với ẩn phụ đó
12
Vớ d7:
a. Gii phng trỡnh

2 2
2 3 2 3 2x x x x + = +
(1)
-Nhn xột:+ phng trỡnh ny nu bỡnh phng 2 v s a v mt phng trỡnh bc 4
m vic tỡm nghim l rt khú
+ Biu thc trong v ngoi cn cú mi liờn quan:
2
3 2 +x x
ĐK:
2
3 2 0 1x x x +
hoặc
2x

Đặt
2 2 2
3 2 3 2t x x t x x= + = +
Vậy PT đợc quy về:
2 2
2 1 ( 1)t t t + =

1t =
Thay vào ta đợc:
2
3 2 1x x + =
2
3 2 1x x + =

2
3 5
3 1 0
2
x x x

+ = =
+ Chỳ ý: i vi K: x
2
-3x+2
0
cú th gii c nhng vi nhng bi toỏn m
biu thc trong cn phc tp thỡ cú th tỡm giỏ tr ca x ri th li xem cú tho món
K hay khụng
b Gii phng trỡnh:
2 2

2 6 12 7 0x x x x + + =
(1)
. ( thi HSG tnh Ngh An nm hc 2003 2004)
* Li gii:
KX:
x
t x
2
- 2x = t thay vo (1) ta cú phng trỡnh:
6 7t t
+ =
(2)
Gii (2) ta c
1
2,3
1
1
7
1 2 2
x
t
t
x
=

=

=
=



Vy nghim ca phng trỡnh l:
1 2,3
1; 1 2 2x x= =

Nhn xột: Nu phng trỡnh cú dng:
( ) ( )
n
f x g x a= +
(Vớ d trờn
Xột trng hp g (x) = f(x) +b
Ta thc hin t n ph. t t =
( )
n
f x
nu n chn (k t đk t
0)
13
( ) , ( )
n n
f x t g x t b⇒ = = +
Khi đó phương trình trở thành:
0
n
t t a b− + + =
Đến đây có nhiều cách hạ bậc, phân tích thành phương trình tích

Ví dụ 8
a . Giải phương trình:
1+x
+
x−3
-
)3)(1( xx −+
= 2 (1)
ĐKXĐ:



≥−
≥+
03
01
x
x
⇔



≤
−≥
3
1
x
x
⇔ -1 = x = 3
Đặt

1+x
+
x−3
= t
≥
0
⇒
t
2
= 4 + 2
)3)(1( xx −+
⇒

)3)(1( xx −+
=
2
4
2
−t
(2) .thay vào (2) ta được
t
2
2t = 0
⇔
t(t-2) = 0 ⇔



=
=

2
0
t
t
+ Với t = 0 phương trình vô nghiệm.
+Với t = 2 thay vào (2) ta có:
)3)(1( xx −+
= 0
⇒
x
1
= -1; x
2
= 3 (thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x
1
= -1và x
2
= 3
b Giải phương trình:
1
( 3)( 1) 4( 3) 3
3
+
− + + − = −
−
x
x x x
x
(1)

giải: Điều kiện
1
0 1
3
x
x
x
+
≥ ⇔ ≤
−
hoặc x > 3
Đặt
1
( 3)
3
x
t x
x
+
= −
−
2
t (x 3)(x 1)⇔ = − +

Phuong trình trở thành:
2
4 3 0t t+ + =
t 1
t 3
= −


⇒

= −


Ta tìm được
1 5x = −
hoặc
1 13x = −
c Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
giải:
Nhận xét
2 2
( 1)( 1) 1x x x x− − + − =
14
Đặt
2
1t x x= − −
PT đã cho trở thành:
1
2t
t
+ =

2 2
2 1 0 ( 1) 0 1t t t t⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
Với

1t =
thì
2 2
1 1 1 1x x x x− − = ⇔ − = −
với
1x ≥

2 2 2 2
1 ( 1) 1 2 1 1x x x x x x⇔ − = − ⇔ − = − + ⇔ =
Nhận xét:3 ví dụ trên tuy khác nhau nhưng cách giải vẫn có nhiều nét giống nhau,thông
qua đó tự định hình cách giải khi gặp bài toán tương tự nhé
3.1.2 Biến đổi phương trình ,tìm mối liên hệ của biểu thức để đặt ẩn phụ
Ví dụ 9
a. Giải phương trình: 5
3
x 1+
= 2(x
2
+ 2) (1)
* Nhận xét:
Ta thấy:
x
3
+ 1 = (x
2
- x + 1)(x + 1)
2(x
2
+ 2) = 2x
2

+ 4 = 2(x
2
- x + 1) + 2(x + 1)
và x
2
- x + 1 ≠ 0
x∀
* Lời giải:
ĐKXĐ: x
3
+ 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1.
(1)
⇔
5
2
(x 1)(x x 1)+ − +
= 2(x
2
+ 2).

⇔
5
2
(x 1)(x x 1)
+ − +
= 2(x
2
- x + 1) + 2(x + 1) (2)
Chia 2 vế của (2) cho x
2

- x + 1 ≠ 0 ta được:
2 2
x 1 x 1
5 2 2
x x 1 x x 1
+ +
= +
− + − +
.
Đặt t =
2
x 1
x x 1
+
− +
≥ 0, ta được phương trình:2t
2
- 5t + 2 = 0,t ≥ 0 ⇔ t = 2 hoặc t =
1
2
.
- Khi t = 2 ⇒
2
x 1
x x 1
+
− +
= 4 ⇔ 4x
2
- 5x + 3 = 0: Phương trình vô nghiệm.

- Khi t =
1
2
⇒
2
x 1
x x 1
+
− +
=
1
4
⇔ x
2
- 5x - 3 = 0 ⇔ x =
5 37
2
±
.
15
i chiu iu kin suy ra phng trỡnh cú 2 nghim
5 37
2

.
b. Gii phng trỡnh:
2 2
x x 70 2(x 11) 2(x 6x 7)+ + + =
(1)
* Li gii:

KX: x 7 hoc -11 x - 1.
(1)


2 2
x x 70 2(x 11) 2(x 6x 7)+ + = + +
Bỡnh phng hai v, chuyn v, rỳt gn ta c:
- (x
2
- 6x - 7) + 5(x + 11) = 4
2
x 6x 7 . x 11 +
.
Do x = -11 khụng l nghim ca (2) nờn chia 2 v ca (2) cho x + 11, ta cú:
2 2
x 6x 7 x 6x 7
5 4
x 11 x 11

+ =
+ +
t t =
2
x 6x 7
x 11

+
0, t 0 khi ú ta cú: t
2
+ 4t - 5 = 0 t = 1.

Vi t = 1
2
x 6x 7
x 11

+
= 1 x
2
- 6x - 7 = x + 11.
x
2
- 7x - 18 = 0 (x - 9) (x + 2) = 0 x = 9 hoc x = 2.
i chiu KX, thỡ x = 9 v x = -2 l hai nghim ca phng trỡnh.
3.1.3Bin i n chớnh qua n ph,a v phng trỡnh tớch vi n ph
Vớ d 10
a.Tr li Vớ d 6 b : Gii phng trỡnh:
12

xx
+
12
+
xx
=
2
3
+
x
ta cú
cỏch gii khỏc nh sau

ĐKXĐ : x

1
Đặt
1

x
= t

0

x = t
2
+ 1 phơng trình đã cho trở thành
2
)1( +t
+
2
)1(

t
=
2
4
2
+t



1+t

+
1t
=
2
4
2
+t






=
=+
0
044
2
2
t
tt
(t

1)



=
=
0

2
t
t




=
=
1
5
x
x


ĐkXĐ: x 1
16
VËy phu¬ng ®· cho cã nghiÖm x= 1vµ x= 5
b. Giải phương trình:
xxx 2)11)(11( =+−−+

Giải: ĐK: -1
1≤≤ x
;
[ ]
2
2 2 2
1 x u (0 u 2) x u 1
(5) (u 1)( 2 u 1) 2(u 1) (u 1) ( 2 u 1) 2(u 1) 0
+ = ≤ ≤ ⇒ = −

⇔ − − + = − ⇔ − − + − + =






=+−+−
=−
⇔
0)1(212
01
2
uu
u
+ Nếu:
(101 =⇒=− uu
thoả mãn)
011 =⇒=+⇒ xx
(Thoả mãn ĐK)

0145
)12(2
012
)1(212
2
22
2
=−+⇔




+=−
≥+
⇔
+=+−
uu
uu
u
uu
Giải ra:
(1
1
−=u
loại);
25
24
1
5
1
5
1
2
2
−=−







=⇒= xu
thoả mãn điều kiện
Vậy
25
24
;0 −== xx
là nghiệm của (5)
c. Giải phương trình:
x
2
+ x + 12
x 1+
= 36. (1)
Lời giải:
ĐKXĐ: x > - 1
Ta có (1)
⇔
12
2
x 1 x x 36+ =− − +
hay 12
x 1+
= -(x + 1)
2
+ (x + 1) + 36. Đặt u =
x 1+
≥ 0.
Khi đó phương trình trở thành: 12u = -u
4

+ u
2
+ 36
⇔ u
4
- u
2
+ 12u - 36 = 0 ⇔ (u - 2) (u
3
+ 2u
2
+ 3u + 18) = 0 (2)
Do u
3
+ 2u
2
+ 3u + 18 > 0, ∀u ≥ 0 nên phương trình (2) có nghiệm duy nhất u = 2.
Khi u = 2 ⇒
x 1+
= 2 ⇔ x = 3 (thoả mãn điều kiện).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3.
3.1.4. Bài tập vận dụng
Giải các phương trình:
17
1.
2
2 1 16 2x x x
− − + =
2.
2

8 x 2 x 5x 2+ = + +
3.
4 x 4+
= x
2
+ 7x + 8
4.
x 1+
= - x
2
+ 2x + 5
5.
xx −=− 22
2
6.
20062006
2
=++ xx
7.
2
4
2 8 6
2
x
x x
+
+ + =

8.
2 2

2(3 5) 9 3 2 30x x x x+ + = + +
9.
3
2 x 2 x 1 3− + + =
3.2. ĐẶT 2 ẨN PHỤ:
ở dạng này ta đặt 2 ẩn phụ đa về hệ phương trình 2 ẩn phụ, giải hệ tìm giá trị của ẩn
phụ, từ đó từ mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ đặt lúc đầu đa về phơng trình đơn giản.
3.2.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình về phương trình thuần nhất
Ví dụ 11
a Trở lại ví dụ 2c: Giải phương trình: 5
3
x 1
+
= 2(x
2
+ 2) (1)
Nhận xét và lời giải:
ĐKXĐ: x
3
+ 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1.
(1)
⇔
5
2
(x 1)(x x 1)
+ − +
= 2(x
2
+ 2).
Ta thấy đa thức không chứa căn phân tích được theo các đa thức trong dấu căn.

Đặt u =
1x +
; v =
2
1x x
− +
(với u
0
≥
, v
0
≥
). (2)
Thay vào phương trình (1) ta được: 2(u
2
+ v
2
) = 5uv (3)
Đây là phương trình thuần nhất 2 ẩn.
Giải phương trình (3) ta được
2
2
v
u
u v

=


=


Thay vào (2) và giải ta có nghiệm của phương trình x =
5 37
2
±
.
b Giải phương trình
2 3
2 4 3 4x x x x+ + = +
(2)
TXĐ: x > 0
PT (2) có thể viết:
2 2
2 4 3 ( 4)x x x x
+ + = +
18
Đặt
2
4u x= +
và
v x=
Ta quy (2) về PT:
2 2
2 3 ( 2 )( ) 0u v uv u v u v+ = ⇔ − − =

u v⇔ =
hoặc
2u v=
+ Nếu
u v=

thì
2 2
4 4x x x x+ = ⇔ + =
(không có giá trị nào của x thoả mãn)
+ Nếu
2u v=
thì
2 2 2
4 2 4 4 ( 2) 0 2x x x x x x+ = ⇔ + = ⇔ − = ⇔ =
(TMĐK)
Vậy nghiệm của PT là: x = 2
3.3 Bài tập vận dụng
a. .
2 2
2 1 2 (2 1)x x x x+ − = −
b.
2
5 x 1+
= 2(x
2
+ 2
c .5
2 2
2(x 2)(x 2x 4) 2(x 8)
+ − + = +
3.3.ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Phải tìm được mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình để đặt ẩn cho phù
hợp sao cho ẩn chính trong mỗi phương trình đều bị khử
Ví dụ 12: a.Trở lại với ví dụ 2a
1

+
x
+
x−3
-
)3)(1( xx
−+
= 2 (1)
Ta có cách giải sau
ĐKXĐ:



≥−
≥+
03
01
x
x
⇔



≤
−≥
3
1
x
x
⇔ -1 = x = 3

Nhận xét: Ta thấy:x+1 +3-x=4.Vậy Đặt
1
= +
u x
và
3
= −
v x
Ta có
2 2
4+ =u v
Khi đó PT (2) tương đương với hệ:
2 2
0
4
2
2
=

+ =

⇔
 
=
+ − =


v
u v
u

u v uv
hoặc
2
0
=


=

v
u
+ Với
0v =
;
2
=
u
Ta có:
3 0 3
− = ⇔ =
x x
,
1 2 3
+ = ⇔ =
x x

+ Với v =2 ; u = 0
Ta có:
3 2 1
− = ⇔ = −

x x
,
1 0 1
+ = ⇔ = −
x x
Vậy PT đã cho có hai nghiệm là: x = -1 và x = 3
b.Trở lại với ví dụ 4.a Giải phương trình:
3
1+x
27
3
=−+ x
(1)
Ta có cách giải sau
19
Đặt u =
3
1+x
, v =
3
7 x−
. Ta có hệ
3 3
u v 2
u v 8
+ =


+ =


Giải ra ta được u=0, v=2 hoặc u=2 , v=0
Với u=0, v = 2ta được x = -1
Với u=2, v =0 ta được x=7
c. Giải phương trình:
112
3
=−+− xx

Nhận xét: ở vế trái có căn bậc 2 và căn bậc 3 nên việc nâng luỹ thừa 2 vế để làm mất dấu
căn là rất khó.
+ Hai biểu thức trong căn có mối quan hệ:
112
=−+−
xx
(hằng số)
+ Đặt 2 ẩn phụ: Sẽ đưa về hệ 2 phương trình không chứa căn và giải.
Giải: ĐK:
1
≥
x
Đặt:

3
2 x u; x 1 v− = − =
Ta có hệ phương trình:



=+

=+
1
1
33
vu
vu
giải ra
2;1;0
321
−=== uuu
Từ đó:
10;2;1
321
=== xxx
(thoả mãn điều kiệnt)
Vậy phương trình (7) có 3 nghiệm:
10;2;1
321
=== xxx
c Giải phương trình
3 3
25 3 4x x+ + − =
(2)
Cách giải:
Nhận xét:
25 3 28x x+ + − =
Đặt
3
25u x= +
;

3
3v x= −
3 3 2 2
28 ( )( )
(2)
4 4
u v u v u uv v
u v u v
 
+ = + − +
⇔ ⇔
 
+ = + =
 
3
1
u
v
=

⇔

=

hoặc
1
3
u
v
=



=

+ Với u =3 ; v = 1 ta có
3
3
25 3 25 27 2
3 1 2
3 1
x x x
x x
x

+ = + = =
 

⇔ ⇔
  
− = =
− =
 


+ Với u = 1 ; v = 3 ta có
3
3
25 1 25 1 24
3 27 24
3 3

x x x
x x
x

+ = + = = −
 

⇔ ⇔
  
− = = −
− =
 


20
Vậy PT (2) có hai nghiệm là: x = 2 và x = - 24
3.4 Đặt nhiều ẩn phụ
Ví dụ 13:: Giải phương trình:
23222312
2222
+−+++=−−+− xxxxxxx
Nhận xét: + Phương trình này nhìn rất phức tạp, nếu nghĩ đến phương pháp bình
phương 2 vế thì sẽ đưa về một phương trình phức tạp .
+ Việc đặt điều kiện để các căn thức có nghĩa có thể phức tạp, nên ta giải phương
trình tìm x rồi thử lại.
+ Quan sát nhận xét các biểu thức trong căn:
)2()322()23()12(
2222
+−−++=−−−− xxxxxxx
Nên có thể nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ:

Giải: Đặt
txxzxxvxxux =+−=++=−−=− 2;322;23;12
2222
Ta có hệ:



−=−
+=+
2222
tzvu
tzvu
Từ đó suy ra:
3212
22
++=−⇒= xxxtu
Giải ra: x=-2
Thay vào thoả mãn phương trình đã cho, Vậy phương trình có nghiệm x =-2
(Phương pháp này tôi thấy hay và độc đáo P, từ đó GV có thể đặt nhiều đề toán đẹp)
Bài tập vận dụng
1.
2 2x x+ − =

2.
2 2
4x 5x 1 3 2 x x 1 9x
+ + + = − + +
3. x +
2 2
17 x x 17 x 9− + − =

4.
312
3
=++− xx

5.
1
2
1
2
1
3
=−++ xx
6.
3 3
2 13 2 13 2x x+ − − =

7.
3 3
34 3 1x x+ − − =
8
2 2 2 2
2006x 2005 2005x x 2004 2006x 2x 2003 2005x x 2002
− + − − = + − + + −
4. PHƯƠNG PHÁP 4 : ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH:
21
4.1 Biến đổi tương đương
Phân tích các biểu thức trong phương trình,dùng các phương pháp phân tích đa thức thành
nhân tử để đưa phương trình về dạng tích

Ví dụ 13

a. Giải phương trình:
( )( ) ( )( )
321231
−+++=++−+
xxxxxx
(1)
Giải

Ta có (1)
23232
22
++=++−−⇔
xxxxx
+
3−x
(4’)
Với điều kiện:
3
≥
x
ta có:
(4’)
32.123.1 −+++=++−+⇔ xxxxxx
( )( )
03211
=−−+−+⇔
xxx






=−−+
=−+
⇔
032
011
xx
x





−=+
=+
⇔
32
11
xx
x
( )
( )
x 0 3 Loai
2 3 vo ly
= <

⇔


=


vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b. Giải phương trình:
2
x 10x 21+ +
= 3
3+x
+ 2
7+x
- 6 (1)
ĐKXĐ: x
≥
-3
Phương trình (1) có dạng:
)7)(3( ++ xx
- 3
3+x
+ 2
7+x
+6 = 0

⇔

3+x
(
)37 −+x
-2(

)37 −+x
) =3
⇔
(
)37 −+x
(
23 −+x
) =0

⇔






=−+
=−+
023
037
x
x
⇔



=+
=+
43
97

x
x
⇔



=
=
1
2
x
x

c: Giải phương trình:
2x 1 x 2 x 3+ − − = +
Giải. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai
vế của phương trình:
(x 3)( 2x 1 x 2 1) 0+ + + + − =
⇔
x 3 0
2x 1 x 2 1
+ =


+ + − =

⇒ PT vô nghiệm
4.2 Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình tich

Ví dụ 14:

a Giải phương trình:.
3
1 x−
+
2+x
=1
ĐKXĐ: x
≥
-2
22
Đặt
2+x
= t
≥
0 Khi đó
3
1 x−
=
3
2
3 t−
(1)
⇔

3
2
3 t−
+ t = 1
⇔

3
2
3 t−
= 1- t
⇔
3- t
3
= (1-t)
3

⇔
t
3
- 4t
2
+ 3t + 2 =0
⇔
(t-2) ( t
2
-2t -1) = 0
Từ phương trình này ta tìm được x =2 ; x= 1 + 2
2
là nghiệm của phương trình (1)
b. Giải phương trình: (4x-1)
1
2
+x
= 2(x
2
+ 1) + 2x - 1 (1)

Đặt
1
2
+x
=y ; y
≥
0
(1)
⇔
(4x-1) y = 2y
2
+ 2x -1
⇔
2y
2
- (4x -1) y + 2x – 1= 0
⇔
( 2y
2
- 4xy + 2y) – ( y- 2x+1) = 0
⇔
(y- 2x+1) (2y- 1) = 0
Giải phương trình này ta tìm được x = 0 ; x =
3
4
là nghiệm của phương trình (1)
4.3.Bài tập áp dụng:
1.
67
3

−− xx
= 0
2.
2
2
−− xx
- 2
2
2
+− xx
=
1−x

3.
2
x 1 2(x 1) x 1 1 x 3 1 x+ + + = − + − + −
.
4. x(x+5) = 2
225
3
2
−−+ xx
5. 2( x
2
+ 2x + 3) = 5
233
23
+++ xxx

5.PHƯƠNG PHÁP 5: ĐƯA VỀ DẠNG: A

2
- B
2
= 0 , A
2
+ B
2
= 0, HOẶC A.B =0
ở phương pháp này ta sử dụng A
2
- B
2
= 0
⇔
A
2
=B
2
⇔
A=
±
B
A
2
+ B
2
= 0
⇔
A = B = 0 ;
A.B =0 Khi A=0 hoặc B =0

Ví dụ15:
a. Giải phương trình: x
2
- 4x - 3 =
5+x
(1)
Nhận xét: + Sử dụng các phương pháp 1, 2, 3 đều khó giải
+ Biến đổi đưa về dạng A
2
-B
2
= 0
Điều kiện x > - 5 (*)
Với điều kiện trên: (1) <=> x
2
– 3x +
4
9
= x + 5 +
5+x
+
4
1
⇔

22
2
1
5
2

3






++=






− xx

⇔

2
1
5
2
3
++=− xx
(Vì
5+x
+
0
2
1

>
)
23
TH1: x -
2
1
5
2
3
++= x
TH2: x -
2
1
5
2
3
−+−= x
x=
2
2925 +
x = -1
Đối chiếu với điều kiện (*)nghiệm của n (1) là: x =
2
2925 +
; x = -1
b. Giải phương trình:
20062006
2
=++ xx
: Đưa 2 vế về cùng bậc:

2 2
2
1 1 1 1
x x x 2006 x 2006 x x 2006
4 4 2 2
1 1
x x 2006
2 2
1 1
x x 2006
2 2
   
+ + = + − + + ⇔ + = + −
 ÷  ÷
   

+ = + −

⇔


+ = − +


Đến đây tiếp tục giải theo phơng pháp 1
c Giải phương trình:.
2
x 2x 4 2x 1− + = −
(1) (Đề thi HSG Huyện năm 2012-2013)
Nhận xét: + Sử dụng các phương pháp 1, 2, 3 đều khó giải

+ Biến đổi đưa về dạng A
2
+ B
2
= 0
Giải: Điều kiện:x
1
2
≥

2 2 2
(1) x 4x 4 2x 1 2x 1 1 0 (x 2) ( 2x 1 1) 0
2x 1 1 0
x 1
x 2 0
⇔ − + + − − − + = ⇔ − + − − =

− − =

⇒ ⇔ =

− =



d. Giải phương trình:
32254
2
+=++ xxx
Giải: Điều kiện:

2
3
−≥x
24
<=>




=−+
=+
=−+++⇔
=++−+++−⇔
=+−++
0132
01
0)132()1(
0)132232()12(
032254
22
2
2
x
x
xx
xxxx
xxx
Giải ra x =-1
e. Giải phương trình:
31125 −=−−++ xxx

HD: Tìm mối quan hệ giữa các biểu thức:
)1()1(435 xxx −−+=+
; PT trở thành:
0)115()1(
011)12(0112)1()12(
22
=−++⇔
=+−−+⇔=−+++−−+
xx
xxxxxx
Giải ra: x=-24/25 (TMĐKT)
HD: Nhận xét
22
)23()14(3 −−+=+ xxx
Từ đó biến đổi đưa về dạng:A.B =0
Bài tập tương tự: Giải phương trình
1.
14122
2
+=++ xxx

2.
126266
2
+=+− xxx
3.
5634224 −+−+−=+++ zyxzyx
4.
5

3
2314
+
=−−+
x
xx
6. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
6.1 Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm
+ Biến đổi pt về dạng f (x)=g(x) mà
f (x) a;g(x) a> <
với a là hằng số thì phương trình
vô nghiệm
Ví dụ 16.
a. Giải phương trình
x 1 5x 1 3x 2− − − = −
. điều kiện x ≥ 1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái:
x 1 5x 1− < −
⇒ vế trái luôn âm
Vế phải:
3x 2−
≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương
Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm
b. Giải phương trình
116
2
+−
xx
+
136

2
+−
xx
+
2
x 4x 5
− +
= 3 +
2

25