skkn chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên
cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã
được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà
những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có
tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các bài
toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp
THCS.
Chuyên đề '' Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo chương trình SGK hiện hành
nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi học sinh giỏi.
Chuyên đề đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải phương trình vô tỉ:
Ôn thi học sinh đại trà:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh tự luyện.
Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp
các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai sót. Chúng tôi
mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thày cô và các em học sinh để
chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về :

Chúng tôi xin cảm ơn!

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

1


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỤC NGẠN
TRƯỜNG THCS MỸ AN - LỤC NGẠN - BẮC GIANG
Năm: 2010 - 2011

CHUYÊN ĐỀ :
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I - Tác giả:
Tổ toán trường THCS Mỹ An - Lục Ngạn - Bắc giang
II - Mục Lục:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC

Bài tập tổng hợp:

Trang
3-6
6-7
7 - 17
17 - 21
21 - 22
22 - 24
24 - 27

III - Tài liệu tham khảo:
Các thầy cô và các em học sinh có thể tham khảo :
Nâng cao và phát triển toán 9 - Tập 1 - Vũ Hữu Bình

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

2


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
 f ( x) ≥ 0


f ( x) = g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0
 f ( x) = g ( x)


1/

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x) = g ( x )
 f ( x) ≥ 0

3/ f ( x) + g ( x) = h( x) ⇔  g ( x) ≥ 0

 f ( x ) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)
 f ( x) ≥ 0

(n ∈ N * )
4/ 2 n f ( x) = 2 n g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0
 f ( x) = g ( x )


2/

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
(n ∈ N * )
2n
 f ( x) = g ( x)

6/ 2 n +1 f ( x) = 2 n +1 g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) (n ∈ N * )

5/

2n

7/ 2 n +1 f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g 2 n +1 ( x) (n ∈ N * )
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình: x + 1 = x − 1 (1)
x − 1 ≥ 0

x ≥ 1
x ≥ 1
⇔ 2
⇔
⇔ x=3
x = 3
 x + 1 = (x − 1)
x − 3x = 0
Bài 2: Giải phương trình: x − 2 x + 3 = 0
HD:Ta có: x − 2 x + 3 = 0 ⇔ 2 x + 3 = x
x ≥ 0
⇔
2
2 x + 3 = x
x ≥ 0
⇔ 2
x − 2x − 3 = 0
x ≥ 0


⇔   x = −1 ⇔ x = 3
 x = 3


HD: (1) ⇔ 

2

Bài 3: Giải phương trình: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x
HD: Ta có: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x
1 − 2 x ≥ 0

⇔ 1 − x ≥ 0

 x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

3


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

1


x≤

1

2

x ≤ 2
⇔
⇔ 2 x + 1 ≥ 0
2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1
(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1



1
 −1
≤x≤
1
 −1

2
 ≤x≤
2
⇔ 2
⇔ x=0
2 ⇔
x=0

2
x + 7x = 0



  x = −7

Bài 4: Giải phương trình: x − 2 − 3 x 2 − 4 = 0
x − 2 ≥ 0

⇔

⇔ x ≥ 2 (1)
2
x − 4 ≥ 0
x − 2 − 3 ( x − 2)( x + 2) = 0

⇔

x − 2. 1 − 3 x + 2 = 0

HD:ĐK: 

PT

(

)

 x−2 =0
⇔
⇔
 1− 3 x + 2 = 0



(

)

x = 2

 x = −17
9


(2)

Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình :
3−x = x 3+x
HD:Đk: 0 ≤ x ≤ 3 khi đó pt đã cho tương đương: x 3 + 3x 2 + x − 3 = 0
3

3
1 
10
10 − 1

⇔x+
=
⇔
x
=

÷
3 3 3
3

Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4
HD:Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương :
x = 1
 x + 3 + 1 = 3x
2
2
1 + 3 + x = 9x ⇔ 
⇔
 x = −5 − 97
 x + 3 + 1 = −3 x

18

(

)

Bài 7. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 )
HD: pt ⇔

(

3

x + 2 − 3 3x

)

3

2

= 0 ⇔ x =1

Bài 8. Giải và biện luận phương trình: x 2 − 4 = x − m
x ≥ m

x ≥ m

⇔
HD: Ta có: x 2 − 4 = x − m ⇔  2
2
2
2
 x − 4 = x − 4xm + m
2mx − (m + 4) = 0
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
m2 + 4
m2 + 4
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔
≥m
2m
2m
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 4 ⇔ 0 < m ≤ 2

– Nếu m ≠ 0: x =

Tóm lại:

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 4 ⇔ m ≤ –2

– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x =

m2 + 4
2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

4


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 − 3 = x − m
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
x ≥ m

x ≥ m
⇔
2
 x − 3 = x + m − 2mx

2mx − (m + 3) = 0

2
HD: Ta có: x − 3 = x − m ⇔ 

2

2

2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
m2 + 3
m2 + 3
≥m
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔
2m
2m
+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 3 ⇔ 0 ≤ m ≤ 3
+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 3 ⇔ m ≤ − 3

– Nếu m ≠ 0: x =

Tóm lại:
– Nếu 0 ≤ m ≤ 3 hoặc m ≤ − 3 . Phương trình có một nghiệm: x =

m2 + 3
2m

– Nếu − 3 < m ≤ 0 hoặc m > 3 : phương trình vô nghiệm

Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x − x = m − m
HD: Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x − 1) = 0 ⇒ có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x − m)( x + m − 1) = 0
 x − m =0
⇔
 x = 1 − m

+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1 − m) 2
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/ x + x − 1 = 13
2/ 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1
3/ 2 x + 5 − 3x − 5 = 2
5/ x + 3 = 5 − x − 2
6/ x + 1 − x − 7 = 12 − x
4/ 1 + x x 2 + 4 = x + 1
7/ x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0
10/

5x − 1 + 2

1
=0
2

8/

x−2 −5 = 0

11/ 3 − 2 x + 3 =

9/ 3 = 6x − x 2
19
6

13/ 16 x + 17 = 8 x − 23
14/ 3x + 1 + 2 − x = 3
Bài 2: Giải phương trình:
b) x − 2 x + 3 = 0
a) x 2 − 1 = x − 1
d) 3 + x + 6 − x = 3
e) 3x − 2 + x − 1 = 3
g) x + 9 = 5 − 2 x + 4
h) 3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x 2 + 3x − 2 =
Bài 4: Cho phương trình: x 2 − 1 − x = m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m
a) Giải phương trình khi m=3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.

Tháng 1 năm 2011

12/

8−

2
x −5 2 = 0
3

15/ 20 − 3 − 2 x = 2 x − 3
c) x 2 + x + 1 = 1
f) 3 + x − 2 − x = 1
i) x − 4 x − 3 = 2
2m + x − x 2

Lục Ngạn - Bắc Giang

5


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/ x − 7 x − 3 − 9 = 0 d/ 1 x − 1 − 9 x − 1 + 3 x − 1 = −17
2

b/

2x − 1 = 1

e/

c/ 3x − 7 x + 4 = 0

g/

2

x −2

=

6− x

x −4 7− x
h/ x + 5 − 5 x − 1 = 0

5
3
x−3 −
9 x − 27 +
4 x − 12 = −1
3
2

i/ −5 x + 7 x + 12 = 0

f) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:

 f ( x ) = g ( x) ( f ( x ) ≥ 0)
 f ( x ) = − g ( x ) ( f ( x) < 0)

2
Sử dụng hằng đẳng thức sau: f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) ⇔ 

II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
HD: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x
⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Bài 2: Giải phương trình: x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1 (2)
 x + 1 ≥ 0
HD: (2) ⇔ 
 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1
 x ≥ −1
⇔
(*)
 x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1 |
Đặt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành: y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Bài 3:Giải phương trình: x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2
HD:ĐK: x ≥

5

2

PT ⇔ 2 x − 5 + 2 2 x − 5 + 1 + 2 x − 5 + 6 2 x − 5 + 9 = 14
⇔

2x − 5 + 1 +

2 x − 5 + 3 = 14

⇔ 2x − 5 = 5
⇔ x = 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15

Bài 4:Giải phương trình: x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
HD:ĐK: x ≥ 1
Pt ⇔ x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1 = 2
⇔

x −1 +1+

x −1 −1 = 2

Nếu x > 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 ⇔ x = 2 (Loại)
Nếu x ≤ 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

6

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
III-Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1/ x 2 + 2 x + 1 = 5

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

2/ x − 4 x + 4 = 3

3/ x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 1

4/

5/ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 4

6/ x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10
8/
x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1
10/ x − 3 − 2 x − 4 + x − 4 x − 4 = 1

7/ x 2 − 6 x + 9 + 2 x 2 + 8 x + 8 = x 2 − 2 x + 1
9/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
11/ x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
13/ x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0
15/ x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10
17/
19/

x+ x+

1
1
+ x+ = 2
2
4

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

x + 4 x + 4 = 5x + 2

12/ x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2
14/ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4
16/ x 2 − 2 x + 1 + 2 x = 8
1 2
x + x +1 − 6 − 2 5 = 0
4

18/
x+3
2

21/ ( x − 1) + 4 − 4 x − 1 + x − 1 − 6 x − 1 + 9 = 1

20/ x 2 − 4 x + 4 = 2 − x
22/ x + 8 − 6 x − 1 = 4

PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường

 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x ) và chú ý điều
kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng
hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .
Bài 1. Giải phương trình: x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét. x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1

Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1
t
Thay vào tìm được x = 1
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện: x ≥ −

4
5

t2 − 5
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4 − 10t 2 + 25 6 2
2.
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3

Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaø x = 2 + 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2 − 6 x − 1 ≥ 0
Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

7


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ
đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thành: y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0
( với y ≤ 5) ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =
Từ đó ta tìm được các giá trị của x =

11 − 17
2

(

1 + 21
−1 + 17

(loaïi), y =
2
2

)(

Bài 4. Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x

)

2

HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
2
2
Đặt y = 1 − x thì phương trình trở thành: 2 ( 1 − y ) ( y + y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −

1
1
= 3+
x
x

1
x

Đặt t = x − , ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1


1

1

HD: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x − ÷+ 3 x − = 2
x
x

Đặt t= 3 x −

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

Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
HD:Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0
−5

y=


3 ⇔ y =1
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 ⇔ 
y =1
 x = −1
Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ 
Là nghiệm của phương trình đã cho.
 x = −6
2

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn
giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách
2

u
u
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v
v = 0 thử trực tiếp

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
 a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )


α u + β v = mu 2 + nv 2

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

8


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

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

Xuất phát từ đẳng thức :
x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1)

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

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1

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

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai
at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x3 + 1
HD: Đặt

u = x + 1 (u ≥ 0) ; v = x 2 − x + 1 (v ≥

3
)
2

u = 2v
5 ± 37
phương trình trở thành : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔ 
Tìm được: x =
1
u = v
2
2

3 4
Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3 x + 1 = −
x + x 2 + 1 (*)
3
4
2
4

2
2
2
2
HD:Dễ thấy: x + x + 1 = ( x + 2 x + 1) − x = ( x + x + 1) ( x − x + 1)
2

2

Ta viết α ( x 2 + x + 1) + β ( x 2 − x + 1) = − 3
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
−3 ( x 2 + x + 1) + 6 ( x 2 − x + 1) = − 3

(x

2

(x

2

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

3
3


2

2
Đặt : u = x + x + 1  u ≥ ÷ ; v = x − x + 1  v ≥ ÷


4

4

phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv ⇒ u = 3v

Từ đây ta sẽ tìm được x.
Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x3 − 1 (*)
HD:Đk: x ≥ 1
Nhận xét : Ta viết α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)
Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

v = 9u
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔  1
v = u
4

Ta được : x = 4 ± 6
2

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang

9


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Bài 4. Giải phương trình : x 3 − 3x 2 + 2

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

( x + 2)

3

− 6x = 0

HD:Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và
y:
x = y
x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x 3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
 x = −2 y
Pt có nghiệm : x = 2, x = 2 − 2 3

Bài 5:Giải phương trình: 10 x3 + 1 = 3 ( x 2 + 2 )
HD:ĐK: x ≥ −1
Pt ⇔ 10 x + 1. x 2 − x + 1 = 3( x 2 + 2)
u = x + 1
(u , v ≥ 0)
Đặt 
2
v
=

x
−
x
+
1

u = 3v
 v = 3u

Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) ⇔ ( 3u − v ) ( u − 3v ) = 0 ⇔ 
Nếu u = 3v ⇔ x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ 9 x 2 − 10 x + 8 = 0 (vô nghiệm)

 x = 5 − 33

2
2
Nếu v = 3u ⇔ x − x + 1 = 3 x + 1 ⇔ x − 10 x − 8 = 0 ⇔ 

 x = 5 + 33

là nghiệm.

b).Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình
phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1
u = x 2
( u, v ≥ 0; u ≥ v ) khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2
HD:Ta đặt : 
2

v = x − 1

hay: 2(u + v) - (u - v)= ( u + v ) ( u − v )
Bài 2.Giải phương trình sau :
1
2

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

HD:Đk x ≥ . Bình phương 2 vế ta có :

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

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

u = x + 2 x
khi đó ta có hệ :
v = 2 x − 1
2

Ta có thể đặt : 


1− 5
v
u =
2
uv = u − v ⇔ 

1+ 5
v
u =

2

1+ 5
1+ 5
Do u, v ≥ 0 . u =
v ⇔ x2 + 2x =
( 2 x − 1)
2

2

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

( x − x − 20 ) ( x + 1)
− 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1) vậy ta không

HD:Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5
2
Nhận xét : Không tồn tại số α , β để : 2 x

2

2

u = x 2 − x − 20
thể đặt : 
.
v = x + 1
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 10


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

2
2
Nhưng may mắn ta có : ( x − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 4 x − 5 )

Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5 ) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán
được giải quyết .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích x + 1 − 1 x + 1 − x + 2 = 0 ,

(

2x + 3 − x

)(

)

(

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

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

)

(

2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

t = 3

2

HD:Đặt t = x 2 + 2 ; t ≥ 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ 
t = x −1



Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x − 2 x + 3 = x + 1
2

2

HD:Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :
2

2

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

Bài 3:Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
HD:Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1
Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0
⇔ (t - x)(t - 3) = 0
t = x
⇔
t = 3

Nếu t = x ⇔ x 2 + 1 = x (Vô lý)
Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2
Vậy: x = ±2 2
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô
tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa
về hệ
3
Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có
a 3 + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = 0
3

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x 2 − 8x + 1 = 2
3
3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0
Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x
3

HD:ĐK: x ≤ 2

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 11


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
u = 2 − x ; u ≥ 0

Đặt v = 3 − x ; v ≥ 1 , ta có :


 w = 5 − x ; w ≥ 3
30
239
được: u =
⇔x=
60
120

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An
( u + v ) ( u + w ) = 2
2 − u 2 = uv + vw + wu


2
3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ ta
5 − w2 = uv + vw + wu


( v + w ) ( u + w ) = 5

Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
a =

b =
HD:Ta đặt : 
c =

d =

2x2 − 1
x 2 − 3x − 2
2x + 2x + 3
2

a + b = c + d

, khi đó ta có : 

2
2
2
2
a − b = c − d

⇔ x = −2

x2 − x + 2

Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3
 a = 4 x 2 + 5 x + 1
HD:Đặt 
b = x 2 − x + 1

( a; b ≥ 0 )
 a 2 − 4b 2 = 9 x − 3
 a − 2b = 9 x − 3

Ta được hệ phương trình: 

 a = 2b
 a = 1 − 2b

Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b ⇔ (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 ⇔ 
Nếu a = 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 2 x 2 − x + 1 ⇔ x =

1
(thoả mãn)
3

Nếu a = 1 - 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 1 − 2 x 2 − x + 1 (*)
Ta có : VT(*) ≥ 0 (1)
2

1
3
VP(*) = 1 − 2 x − x + 1 = 1 − 2  x − ÷ + ≤ 1 − 3 < 0 (2)
2 4

2

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1
3

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau : x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x 3 + 4 x 2 ( 1 − x )
3

5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ theo
u,v

(

)

3
3
3
3
Bài 1. Giải phương trình: x 35 − x x + 35 − x = 30

HD:Đặt y = 3 35 − x3 ⇒ x3 + y 3 = 35
 xy ( x + y ) = 30
, giải hệ này ta tìm
3
3
 x + y = 35
được ( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3}
1
2 −1 − x + 4 x = 4
Bài 2. Giải phương trình:
2

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 12


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

HD:Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1
 2 − 1 − x = u
⇒0≤u≤
Đặt 
4
 x = v

2 − 1,0 ≤ v ≤

4

2 −1

1

u = 4 −v
1


2
u + v = 4


2
⇔
Ta đưa về hệ phương trình sau: 

2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2

2

1 

Giải phương trình thứ 2: (v + 1) −  v + 4 ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm
2

2

2

của phương trình.
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Đặt a = x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 5) thì ta đưa về hệ phương trình sau:
a 2 + b = 5
⇒ (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1
 2
b − a = 5

11 − 17
Vậy x − 1 + 1 = 5 + x − 1 ⇔ x − 1 = 5 − x ⇒ x =
2
6 − 2x 6 + 2x 8
+
=
Bài 4. Giải phương trình:
5− x
5+ x 3
HD:Điều kiện: −5 < x < 5

(

)

Đặt u = 5 − x , v = 5 − y 0 < u , v < 10 .
(u + v) 2 = 10 + 2uv
u 2 + v 2 = 10


Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4
2  4
8⇔

− − + 2(u + v) =
(u + v) 1 − ÷ =
3
 u v
 uv  3


Bài 5. Giải phương trình: 4 629 − x + 4 77 + x = 8
HD:ĐK: −77 ≤ x ≤ 629
 u = 4 629 − x

(u; v ≥ 0)
 v = 4 77 + x
⇒ u + v = 8, u 4 + v 4 = 706

Đặt 

Đặt t = uv
⇒ t 2 − 128t + 1695 = 0
 t = 15
⇔
t = 113

Với t = 15 ⇒ x = 4
Với t = 113 ⇒ x = 548
Bài 6. Giải phương trình: x3 + x 2 − 1 + x 3 + x 2 + 2 = 3
HD:Với điều kiện: x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x3 + x 2 + 2 > 0

(1)

 u = x 3 + x 2 − 1
Đặt 
Với v > u ≥ 0
v = x 3 + x 2 + 2

Phương trình (1) trở thành u + v = 3

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 13


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Ta có hệ phương trình
 u+v =3
 2
2
v − u = 3
u+v =3
u + v = 3
u = 1

⇔
⇔
⇔
v = 2
v − u = 1
(v + u )(v − u ) = 3
 x 3 + x 2 − 1 = 1
⇔
 x 3 + x 2 + 2 = 2
 x3 + x 2 − 1 = 1
⇔ 3
2

x + x + 2 = 4
⇔ x3 + x 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 1)( x 2 + 2 x + 2) = 0
⇔ x = 1 (do x 2 + 2 x + 2 > 0 ∀x)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
2

2

Bài 7. Giải phương trình: 1 − x =  − x 
3

2
1 − x ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤1
HD: Điều kiện: 
 x≥0
 x≥0
2

2
3

Với điều kiện (*),đặt u = x ; v = − x , với u ≥ 0, v ≤
 1− x2

Ta có:  2 −

 3

(*)
2
3

= 1− u4
2

x  = v2


Do dó ta có hệ
2

2

 u+v = 3
 u+v =
⇔
3

 1 − u4 = v2
u 4 + v 4 = 1


2

2
u+v =

u+v =


3
3
⇔
⇔
2
( u 2 + v 2 ) 2 − 2u 2 .v 2 = 1
 ( u + v ) 2 − 2u.v  − 2u 2 v 2 = 1



2

2

u+v =
u+v =


3


3
⇔
⇔
2
 4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1
 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0


÷
 9
9
81



2
  u + v = 3


8 − 194
 u.v =
18
⇔

2
 u + v = 5
 

8 + 194
 u.v =
18

⇒ u và v là nghiệm của phương trình

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 14

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

 2 2
8 − 194
= 0(a )
y − y +
3
18

 y 2 − 2 y + 8 + 194 = 0(b)

3
18

• (b) vô nghiệm
• (a) có 2 nghiệm

97
−3
1+
2
y1 =
; y2 =
2
u1 = y1 u 2 = y 2
∨

Do đó: 
v
=
y
1
2
 v 2 = y1

1−

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

1+
⇒ x=

97
−3
2
3

1+
u = y2 =


1+
97

−3
⇒ x =
2


3



97
−3
2
3

97
−3 

2

3




2

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 +
9

Bài 8. Giải phương trình: 4 18 + 5 x + 4 64 − 5 x = 4


97

− 3

2


2

HD:Với điều kiện

18

18 + 5 x ≥ 0
x ≥ − 5
18
64
⇔
⇔− ≤x≤

64
5
5
64 − 5 x ≥ 0
x≤

5


(*)

Đặt u = 4 18 + 5 x , v = 4 64 − 5 x , với u ≥ 0, v ≥ 0

u 4 = 18 + 5 x
4
v = 64 − 5 x

Suy ra 

Phương trình đã cho tương đương với hệ:
 u+v =4
u+v = 4

 4

4
2
2 2
2
u + v = 82 ⇔  u + v − 2(uv) = 82
 v ≥ 0, v ≥ 0

v ≥ 0, v ≥ 0



(

)

Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
S =4


2
 2
2
 S − 2 P − 2 P = 82

P ≥ 0, S ≥ 0


S =4
S =4

 2

⇒  p − 32 P + 87 = 0 ⇔  P = 3 ∨ P = 29


P≥0
P≥0



(

)

(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 15

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

y =1
y2 − 4 y + 3 = 0 ⇔ 
y = 3
u = 1 u = 3
∨
Do đó ta có: 
v = 3  v = 1
 4 18 + 5 x = 1  4 18 + 5 x = 3
∨
Suy ra  4
 64 − 5 x = 3  4 64 − 5 x = 1
 18 + 5 x = 1 18 + 5 x = 81
⇔
∨
64 − 5 x = 81  64 − 5 x = 1
17
63
⇔x=− ∨x=
thoả mãn (*)
5
5
(2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

17

 x1 = − 5

 x = 63
 2
5

5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối
xứng loại II
( x + 1) 2 = y + 2
 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
2
( y + 1) = x + 2

thì đơn giản
Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x )

(1)
(2)

việc giải hệ này

sao cho (2) luôn đúng ,

y = x + 2 − 1 , khi đó ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + 2 − 1) + 1 ⇔ x 2 + 2 x = x + 2
2

Vậy để giải phương trình : x 2 + 2 x = x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ

( α x + β ) 2 = ay + b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
, ta sẽ xây dựng được
2
( α y + β ) = ax + b
phương trình dạng sau : đặt α y + β = ax + b , khi đó ta có phương trình :
a
β
2
( α x + β ) = ax + b + b −
α
α
a
β
n
Tương tự cho bậc cao hơn : ( α x + β ) = n ax + b + b −
α
α

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
n
( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ đặt α y + β = n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ???
n
Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ
là chọn được.
Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1
HD:Điều kiện: x ≥

1
2

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

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 16


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

 x 2 − 2 x = 2( y − 1)
Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau:  2
 y − 2 y = 2( x − 1)
Trừ hai vế của phương trình ta được ( x − y )( x + y ) = 0

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2
Cách 2: Đặt 2 x − 1 = t + a ⇒ 2 x − 1 = t 2 + 2at + a 2
Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2
2
 x − 2 x = 2t − 2
kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:  2
t − 2t = 2 x − 2

Giải hệ này ta sẽ tìm được x.
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện x ≥ −

5

4

Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11
(2 x − 3) 2 = 4 y + 5
⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0
Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: 
2
(2
y
−
3)
=
4
x
+
5

Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3

Với x + y − 1 = 0 ⇔ y = 1 − x ⇔ −2 x − 1 = 4 x + 5 (vô nghiệm)
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x = 2 + 3
Bài 3:Giải phương trình: x 2 − x + 5 = 5
HD:ĐK: x ≥ −5
Pt ⇔ x 2 − 5 = x + 5 ; x ≥ 5 (*)
Đặt x + 5 = t + a ⇔ x + 5 = t 2 + 2at + a 2
Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:
 x 2 − 5 = t
từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
2
t − 5 = x

4x + 9
( x > 0) .
Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =
28
4x + 9 2
4x + 9
= t + 2at + a 2
=t+a ⇒
HD:Đặt
28
28
1
4x + 9 2
1
1
= t + t + ⇒ 7t 2 + 7t = x +
Chọn a = ta được:
2
28
4
2
1
 2
7 x + 7 x = t + 2
Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: 
7t 2 + 7t = x + 1

2

Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.

Bài tập áp dụng:
Giải phương trình: 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1
PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:
1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:
Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 17


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
a

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

b

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ x = y
2.Bất đẳng thức côsi:
a) Với hai số a, b ≥ 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b

a+b
≥ ab
2

b) Với ba số a, b, c ≥ 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b = c

a+b+c 3
≥ abc
3

c) Với bốn số a, b, c, d ≥ 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = d
e) Với n số a1, a2,…, an ≥ 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an
3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x) ≥ m

a+b+c+d 4
≥ abcd
4
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1.a2 ....an
n

b/ A = M - g2(x) ≤ M

⇒ A≥m
⇒ MinA = m

⇒ A≤M
⇒ MaxA = M

Dấu ''='' xảy ra ⇔ f(x) = 0

Dấu ''='' xảy ra ⇔ g(x) = 0

4. Dùng hằng đẳng thức :
Từ những đánh giá bình phương : A2 + B 2 ≥ 0 , ta xây dựng phương trình dạng
A2 + B 2 = 0

Từ phương trình

(

) (
2

5x − 1 − 2 x +

)

2

9 − 5x − 2 + x − 1 = 0

(

2
ta khai triển ra có phương trình : 4 x + 12 + x − 1 = 4 x 5 x − 1 + 9 − 5 x
5. Dùng bất đẳng thức

)

 A ≥ m (1)
 B ≤ m (2)

Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B
1
≥ 2 , dấu bằng
x +1
1
+ 1+ x
khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x =
x +1
 A ≥ f ( x )
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
khi đó :
 B ≤ f ( x)
 A = f ( x )
A=B⇔
 B = f ( x )

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

x +1 +

 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có
nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để
đánh giá được.
II-BÀI TẬP:
Bài 1. Giải phương trình :
Tháng 1 năm 2011

2 2

+ x = x+9
x +1
Lục Ngạn - Bắc Giang 18


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

HD:Đk: x ≥ 0
2

2
 1

x  

 = x+9
+ x +1 
+
  x + 1  x + 1 ÷ 

 

1
1
⇔ x=
7
x +1

 2 2

+ x÷ ≤  2 2
Ta có : 

 x +1
 

Dấu bằng ⇔

2 2
=
x +1

(

)

2

Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16
HD:Đk: −1 ≤ x ≤ 1

(

Biến đổi pt ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

)

2

= 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

)

2

≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 ( 16 − 10 x 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x ( 16 − 10 x
2

2

)

2

 16 
≤  ÷ = 64
 2

2



x=
1 + x2
2

5
 1− x =
⇔
Dấu bằng ⇔ 
3
2

10 x 2 = 16 − 10 x 2
x
=
−


5
3`
2
Bài 3. Giải phương trình: x − 3x − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0

HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và x 3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 3) ≥ x + 13
Bài 4: Giải phương trình: 7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38
HD:Ta có :VT2=( 7 − x + x − 5 )2 ≤ (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4
Nên : 0 < VT ≤ 2
Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2 ≥ 2
Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Bài 5: Giải phương trình: − x 2 + 3x − 2 + x + 1 = 2
HD:ĐK: x ∈ [ 1; 2] (1)
PT ⇔ − x 2 + 3x − 2 = 2 − x + 1 (2)
Từ (2) ta có:
2

2 − x +1 ≥ 0
⇔ x +1 ≤ 2
⇔ x +1 ≤ 2
⇔ x ≤ 1 (3)

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1
Bài 6:Giải phương trình :
HD: Điều kiện x >

x
4x − 1
+
=2
x
4x − 1

1
4

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

Tháng 1 năm 2011

x
4x − 1

×

4x − 1
= 2.
x

Lục Ngạn - Bắc Giang 19


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

x

=

4x − 1

x

4x − 1
⇔ x 2 − 4x + 1 = 0
⇔ (x − 2) 2 = 3
⇔ x = 2± 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4x − 1 ⇔ x − 4x + 1 = 0
⇔ x 2 − 4x + 4 − 3 = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x − 2 = ± 3 ⇔ x = 2 ± 3 (Thoả mãn)
Vậy : x = 2 ± 3
Bài 7:Giải phương trình : x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
HD: Cách 1. 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
Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:
2

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

⇔ 2 − 7x = 2 (5x − 1)(3x − 2)
Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm
Bài 8:Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1)
4
9


HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5


3



5

⇔ 3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1) 2 + 9 = 5 − (x + 1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
Bài 9:Giải phương trình :
HD: điều kiện x ≥

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1

1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu

1
≤ x < 2 : VT =
2

– Nếu x > 2: VP = 2x2 +

6
+ 8 < 8 + 3 . Mà: VP > 8 + 3
x +1
2x − 1 > 2.22 + 3 = 8 + 3 . VT < 8 + 3
1+

x > 2 ⇒ x +1 > 2 +1
6
6
1+
< 1+
=3
x +1
2 +1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
Bài 10:Giải phương trình :

Tháng 1 năm 2011

6
8
+
=6
3− x
2−x

Lục Ngạn - Bắc Giang 20

Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

3
là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng
2
3
6
8
< 2 và
<4 ⇒
minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x <
:
2
3− x
2−x
6
8
+
< 6.
3− x
2−x
3
6
8
+
>6
Tương tự với < x < 2:
2

3− x
2−x

HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =

Bài 11:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1
1
1
1
+
+
+ ×××+
=
1.2 2.3 3.4
x. ( x + 1)

4−x +4
4− x +5

HD:ĐK: x ≤ 4 (1)
1

Ta có: 1 − x + 1 = 1 −

1

4− x +5
⇔ 4 − x = x − 4 (*)
Ta có: VP(*) = x − 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ 4 (2)

Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.
III-BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 1: Giải các phương trình sau :
1 − 2x + 1 + 2x =

1 − 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x

2x4 + 8 = 4 4 + x4 + 4 x4 − 4
x 3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0
4

x + 4 1− x + x − 1− x = 2 + 4 8

Bài 2: Giải các phương trình sau :
1/ x - 2 + 6 - x = x 2 - 8x + 24
3/ 6 − x + x + 2 = x 2 − 6 x + 13
5/ 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14

2 − x2 + 2 −

1
1

= 4−x+ ÷
2

x
x


16 x 4 + 5 = 6 3 4 x 3 + x
8 + x 3 + 64 − x3 = x 4 − 8 x 2 + 28
x − 3 + 5 − x = x 2 − 8 x + 18

2/ x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27
4/ 1 − x + 4 + x = 3
6/ x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40

PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc.
Ta có 3 hướng áp dụng sau đây:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) = k
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x)
Bước 3: Nhận xét:
•
Với x = x0 ⇔ f ( x) = f ( x0 ) = k do đó x0 là nghiệm
•
Với x > x0 ⇔ f ( x) > f ( x0 ) = k do đó phương trình vô nghiệm
•
Với x < x0 ⇔ f ( x) < f ( x0 ) = k do đó phương trình vô nghiệm
•
Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) = g ( x)
Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và

xác định x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 )
Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 21


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u ) = f (v)
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi đó f (u ) = f (v) ⇔ u = v

(

)

(

)

2
2
Ví dụ: Giải phương trình : ( 2 x + 1) 2 + 4 x + 4 x + 4 + 3 x 2 + 9 x + 3 = 0

(

HD:pt ⇔ ( 2 x + 1) 2 +

( 2 x + 1)

2

)

)

(

(

+ 3 = ( −3 x ) 2 +

( −3x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3 x )

2
Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = −

Ví Dụ 2: Giải phương trình: 3 x + 6 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0
HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình
Đặt f ( x ) = 3 x + 6 + 3 x + 2 + 3 x + 3

Với x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) vậy hàm số f(x) đồng biến trên R.
Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình:
c) x − 1 = 3 + x − x 2
e)
a) 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1
b)

x − 1 = − x3 − 4 x + 5

x = 1 − 2 x + 2 x 2 − x3

d)

f)

1
5

x −1 + x + 2 = 3
2x − 1 + x2 + 3 = 4 − x

PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa
về được dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = 0 ta có thể giải phương trình A ( x ) = 0 hoặc chứng minh
A ( x ) = 0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía
A ( x ) = 0 vô nghiệm

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

HD: C1: ĐK x ≤ −2; x ≥ 1

( 1) ⇔
⇔

x2 − x − x2 − 2x
x ( x − 1) − x ( x + 2 )
−3 x
x ( x − 1) − x ( x + 2 )

=2x
=2x

( 2)

−3

−3
 x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2
⇒ 2 x ( x − 1) = 2 x +
Nếu x ≥ 1 ta có 
2
 x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x


( 3)

Giải (3) ta tìm được x
3


3
 x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2
⇒ 2 x ( x − 1) = −2 x +
Nếu x ≤ -2 ta có 
2
 x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = −2 x


Giải (4) ta tìm được x
C2: ĐK: x ≤ −2; x ≥ 1
Nếu x ≥ 1 ta chia cả hai vế cho
Tháng 1 năm 2011

x ta được:

( x + 2)

+

( x − 1)

( 4)

=2 x

Lục Ngạn - Bắc Giang 22


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm được x
Nếu x ≤ -2 Đặt t = -x ⇒ t ≥ 2 Thay vào phương trình ta được
−t ( −t + 2 ) + −t ( −t − 1) = 2
⇔ t ( t − 2 ) + t ( t + 1) = 2

( −t )

( t)

2

2

Chia cả hai vế cho t ta được ( t − 2 ) + ( t + 1) = 2 t
Bình phương hai vế tìm được t
Sau đó tìm ra x.
Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong C2 ta vận dụng kiến thức miền xác
định về ẩn của phương trình.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản hơn.
3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

Bài 2 . Giải phương trình sau :

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

−2 x + 4

Ta có thể trục căn thức 2 vế :

3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

3x − 6

=

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 3. Giải phương trình sau: x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5
5
3
Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
x2 − 4
x2 − 4
x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔
= 3( x − 2) +
x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

HD: Để phương trình có nghiệm thì :




x+2
x +1
⇔ ( x − 2) 
−
− 3÷= 0 ⇔ x = 2
2
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x+2
x+2
5
−
− 3 < 0, ∀x >
Dễ dàng chứng minh được :
3
x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
Bài 4. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 1
HD :Đk x ≥ 1
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình


2
x
+
3

 ( x − 3) ( x + 3 x + 9 )
3 2
3

x − 1 − 2 + x − 3 = x − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1 +
=
2
3 2
3 x2 − 1
x3 − 2 + 5
(
) + 2 x − 1 + 4 

Ta chứng minh :

x+3

1+
3

(x

2

− 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4
2

= 1+

(

x+3

3

2
< 2 < x + 3x + 9
x2 − 1 + 1 + 3
x3 − 2 + 5

)

2

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3
Bài 5:Giải phương trình sau:

x2 + 3
x+ x + 3
2

+

x2 − 3
x− x − 3
2

=x

HD:ĐK: x ≥ 3
Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:
2

(x

2

)(

)

(

)(

)

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

Tháng 1 năm 2011

Lục Ngạn - Bắc Giang 23


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ

(x

⇒

2

− 3

x > 0

⇒ 2
 x − 3

(

)

3

(x

+

) +( x
3

2

2

+ 3

+ 3

)

3

)

3

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

= 3 3.x

(x

+2

4

− 3) = 27 x 2
3

2
4

 x > 0
x > 0 ; x ( 9 − 2x ) ≥ 0
⇒
⇒
4
3
2
4
4
3

4
4 2
 2 ( x − 3) = x ( 9 − 2 x )
4( x − 3) = x ( 9 − 2 x )
Giải hệ trên ta tìm được x = 2
2 x2
= x+9
2
Bài 6:Giải phương trình:
3 − 9 + 2x

(

9

x ≥ −
2
HD:ĐK: 
 x ≠ 0

Pt ⇔

⇔

(

2x2 3 + 9 + 2 x

(

3 − 9 + 2x

(

)(
2

)

)

2

3 + 9 + 2x

2 x 2 18 + 2 x + 6 9 + 2 x
2

4x
⇔ 6 9 + 2x = 0
9
⇔ x = − là nghiệm
2

)

2

= x+9

) = x+9

Bài tập vận dụng:
1) x ( x − 3) + x ( x − 4 ) = 2 x 2
2) ( x + 3) ( x + 2 ) + ( x + 3) ( x − 1) = 2 ( x + 3)

2

Tổng quát: α f ( x ) .g ( x ) + β f ( x ) .h ( x ) = λ f ( x )
3)

3x
3 x + 10

2

= 3x + 1 − 1

BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1: Tìm tất cả các số thực x1; x2; …; x2005 thoả mãn:

x1 − 12 + 2 x2 − 22 + ... + 2005 x2005 − 20052 =

1
( x1 + x2 + ... + x2005 )
2

Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:
x + y −1 + z − 2 =

1
( x + y + z)
2

Bài 3: Giải các phương trình sau:
x − 1 + 2x − 3 = 2
3

3( x 2 − x + 1) = ( x + x − 1) 2

x − 2 + x +1 = 3
x 2 + 48 = 4 x − 3 + x 2 + 35
2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1

Tháng 1 năm 2011

x2 − x + 5 = 5

(

)(

3

x − 2 − 3 2 x − 2 = −1

( x + 2)( x + 4) + 5( x + 2).

)

x −3 4− x = 9− x

x + 17 − x 2 + x. 17 − x 2 = 9

x+4
=6
x+2

5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 = 1
x2 + x + 1 − x2 − x + 1 =

1
2

Lục Ngạn - Bắc Giang 24


Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
4 − 3 10 − 3 x = x − 2
5

Tổ Toán Trường THCS Mỹ An

3 − x = x.

27 .x10 − 5 x 6 + 5 864 = 0

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

3+x

3x 2 + 2 x = 2 x 2 + x + 1 − x

x 2 + 24 + 1 = 3 x + x 2 + 8

Bài 4: Giải các phương trình sau:
25 − x 2 − 10 − x 2 = 3

( 7 − x) .

7 − x + ( x − 5) . x − 5
7− x + x−5

( x + 3)

x2 − 4x + 5 + x2 − 4x + 8 + x2 − 4 x + 9 = 3 + 5
x +1
+3= 0
x −3

( x − 3) ( x + 1) − 4 ( x − 3)

=2

x 2 + 9 x + 20 = 2 3 x + 10

10 − x 2 = x 2 − x − 12

2x + 3 = x

x2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3
x − 5 + 1 = 4 x − 20 − 1

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

3 x 2 + 5 3 x 2 − 5 x − 12 = 48 + 5 x
2x
2x
−
= 5 +1
5− 3
3 +1

1 
1 

 x + ÷− 4  x +
÷+ 6 = 0
x 
x

4 x − 20 + 3
2+ x
2 + 2+ x
4x + 4 + 2 =

5

x−5 1
−
9 x − 45 = 4
9
3
+

2− x
2 − 2− x

x− x −5
2

( 7 − x) .

= 2

−

5
x + x2 − 5

=4

7 − x + ( x − 5) . x − 5
7− x + x−5

1
9x + 9 + 4
2

x=

x4 + x 2 + 2005 = 2005 .

=2

3−x
.
3+x

a + b 1 − x = 1 + a − b 1 − x (a , b > 0)

64x6 - 112x4 + 56x2 - 7 = 2 1 − x 2 .

x 2 + 5 x + 4 − 5 x 2 + 5 x + 28 = 0

Bài 5: Ký hiệu [x] là phần nguyên của x
3 3
Giải phương trình sau:  3 1  +  3 2  + ... +  x − 1  = 855

Bài 6:Cho phương trình: x 2 .6− x + 6 x + 2 = x 2 .6 x + 62− x
Gọi tổng các nghiệm của phương trình là S,tính S15 .
Bài 7:Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
a/ x + y = 1960 . b/ x + y = 1980 .
c/ 2 x − 3 y = 48
Bài 8:Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
1
+
x−2

d/

x + y = 2000

1
1225
+
= 74 − x − 2 − y − 1 − z − 771.
y −1
z − 771

Bài 9:Giải các phương trình sau :
5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
x −1
1
1
2x +
= 1− + 3 x −
x
x
x

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1
15
30 x 2 − 4 x ) = 2004
(
2

( 4 x − 1)

4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10

3

(

x3 + 1 = 2 x3 + 2 x + 1

) (

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

)

3

(

x 2 + x + 12 x + 1 = 36

2 3 ( 1 + x ) + 3 3 1 − x2 + 3 ( 1 − x ) = 0

2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2

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

2

2

x − 1 + x3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1

Tháng 1 năm 2011

)

30060 x + 1 + 1

4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

Lục Ngạn - Bắc Giang 25