MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH XUYÊN

CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Ngƣời thực hiện: Đỗ Đức Anh; SĐT: 0988865901
Đơn vị công tác: GV Trƣờng THCS Lý Tự Trọng
Đối tƣợng bồi dƣỡng: HSG Lớp 9
Dự kiến số tiết bồi dƣỡng: 18 tiết

1


CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ
A.LÝ THUYẾT.
I. Định nghĩa.
Phương trình vô tỉ là phương trình có chứa ẩn trong các dấu căn.
II. Các bƣớc thƣờng dùng khi giải phƣơng trình vô tỉ
Bước 1: Tìm ĐKXĐ
Bước 2: Lựa chọn phương pháp giải phù hợp và giải bài toán.
Bước 3: Đối chiếu với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.
III. Các kiến thức liên quan.
1. Các phép biến đổi tương đương phương trình, các phép biến đổi hệ quả
phương trình.
2. Các phép biến đổi căn thức.
3. Các dạng phương trình đã học
-Phương trình bậc nhất
-Phương trình tích.
-Phương trình chứa ẩn ở mẫu.
-Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.

-Phương trình bậc 2, phương bậc cao.
4. Các phương pháp giải hệ phương trình.
5. Các phương pháp đánh giá giá trị của biểu thức.
B. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. Phƣơng pháp nâng lên lũy thừa
1. Phƣơng pháp
Phương pháp này áp dụng giải một số phương trình cơ bản sau
Dạng 1:
 f ( x)  0

f ( x )  g ( x )   g ( x)  0
 f ( x )  g ( x)


Dạng 2:
  f ( x)  0

f ( x)  g ( x)   g ( x)  0

2
 f ( x)  g ( x)

Dạng 3:
 f ( x)  0

f ( x )  g ( x )  h( x )   g ( x )  0

 f ( x)  g ( x)  2 f ( x).g ( x)  h( x)

Dạng 4:

2n

f ( x) 

2n

 f ( x)  0

g ( x)   g ( x)  0
(n  N * )
 f ( x)  g ( x)


Dạng 5:

2


2n

 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
(n  N * )
2n
 f ( x)  g ( x)

Dạng 6:
2 n 1

f ( x)  2 n 1 g ( x)  f ( x)  g ( x) ( n  N * )

Dạng 7:
2 n 1

f ( x)  g ( x)  f ( x)  g 2 n 1 ( x) (n  N * )

2. Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình: x  1  x  1 (1)
Giải
x  1  0

x  1
x  1
 2

 x3
x  3
 x  1  (x  1)
x  3x  0

(1)  

2

Ví dụ 2. iải phương trình: 1  2 x 2  x  1
Giải
Ta có: 1  2 x 2  x  1
x 1  0
x  1



 ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm
 2
2
2
1

2
x

(
x

1)
3
x

2
x

0


iải phương trình: x  1  x  7  12  x

Ví dụ 3.

Giải
Ta có: x  1  x  7  12  x  x  1  12  x  x  7
x  7  0



7  x  12
 12  x  0


 x  4  2 (12  x )( x  7) (§K míi TM §k cò)

x

1

12

x

x

7

2
(12

x
)(
x

7)

7  x  12

7  x  12
x  8



2
2
 x  8,8
( x  4)  4( x  7)(12  x)
5 x  84 x  352  0

Ví dụ 4. iải phương trình: x  2  3 x 2  4  0 (1)
Giải
x  2  0

ĐKXĐ: 

2
x  4  0

 x  2 (2)

Cách 1:
(1)  x  2  3 ( x  2)( x  2)  0





 x  2. 1  3 x  2  0

x  2
 x2 0



 x  17
 1 3 x  2  0

9






(3)

Kết hợp (2) và (3) ta được: x = 2
Cách 2:

3


x  2  3 x2  4  0
 x  2  3 x2  4
 x  2  9( x 2  4)
 x  2  9( x  2)( x  2)  0
x  2
 ( x  2) 1  9( x  2)   0  
 x  17

9


Từ đó cũng tìm được x=2 là nghiệm.
3x  x

Ví dụ 5. iải phương trình:

3x

Giải
ĐK: 0  x  3 khi đó phương trình đã cho tương đương:
3

3
1 
10
10  1



x

x  3x  x  3  0   x 

3 3 3
3

Ví dụ 6. iải phương trình sau: 2 x  3  9 x 2  x  4

3

2

Giải
ĐKXĐ: x  3 phương trình tương đương:

1 

3 x



2

x  1
 x  3  1  3x
 9x  

 x  5  97
 x  3  1  3x

18
2

Ví dụ 7. iải phương trình sau: 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3x  x  2 
Giải
2  3 3 9 x2  x  2   2 x  3 3 3x  x  2  
2

Ví dụ 8. iải phương trình



3

x  2  3 3x



3

2

 0  3 x  2  3 3x  x  1

x 2  3x  2  x 2  1  6  3 x  1  2 x  2  2 x  1 (x  )

Giải
x 2  3x  2  x 2  1  6  3 x  1  2 x  2  2 x  1
 ( x  1)( x  2)  ( x  1)( x  1)  3 x  1  2 x  2  2 x  1  6
 x 1






  x 1 
x  1  3  0

x  2  x 1  3  2

x 1  2



x2 

x 2 3



* x  2  x  1  3  0  x  2  x  1  2 ( x  2)( x  1)  9
 x2  x  2  4  x
x  4
 2
 x2
2
 x  x  2  x  8 x  16
* x 1  2  x  3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= 2;3 .
Ví dụ 9: iải các phương trình sau: 3 2x  1  3 x  1 .
Giải:
3
3
2x  1  x  1
 3x  1  3 3 2x  1. 3 x( 3 2x  1  3 x)  1 thay 3 2x  1  3 x  1 ta có:
4

3x  1  3 3 2x  1. 3 x  1
 3 2x  1. 3 x  x
 (2x  1)x  x 3
 x(x  1)2  0
 x1  0;x 2  1
Thử lại chỉ có x = 0 thỏa mãn
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Nếu dùng phép biến hệ quả thì sau khi tìm được x ta phải thử lại rồi
mới kết luận nghiệm.
Ví dụ 10. iải và biện luận phương trình: x 2  4  x  a
Giải
x  a

x  a

2
 x  4  x  2xa  a
2ax  (a  4)  0

Ta có: x 2  4  x  a  

2

2

2

– Nếu a = 0: phương trình vô nghiệm

a2  4
a2  4
. Điều kiện để có nghiệm: x a 
2a
2a
2
2
2
Nếu a > 0: a 4 2a  a ≤ 4  0  a  2

– Nếu a ≠ 0: x 

4 ≤ 2a2  a2

Nếu a < 0: a2

a

4  a ≤ –2

Tóm lại:
– Nếu a ≤ –2 ho c 0 < a ≤ 2: phương trình có m t nghiệm x 
– Nếu –2 < a ≤ 0 ho c a > 2: phương trình vô nghiệm.
3. Bài tập áp dụng:
Bài 1: iải các phương trình sau:
a) x  x 1  13
b) 3 x  34  3 x  3  1
e) x  3  5  x  2
d) 1  x x2  4  x  1
g) x  x 1  x  4  x  9  0

h)

x 2 5  0

Bài 2: iải phương trình:
d) x  2 x  3  0
a) x 2  1  x  1
b) 3  x  6  x  3
e) 3x  2  x  1  3
c) x  9  5  2 x  4
f) 3x  4  2 x  1  x  3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x2  3x  2 
Bài 4: Cho phương trình: x2  5  x  m
a) iải phương trình khi m = 5
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình: 2 x2  mx  3  x  m
a) iải phương trình khi m=3.
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
Bài 6: iải các phương trình sau:
1
9
a) x  7 x  3  9  0
x 1 
x  1  3 x  1  17
d)
2

2

a2  4
.
2a

c) 2x  5  3x  5  2
f) x  1  x  7  12  x
5x  1  2

i)

1
0
2

g) x 2  x  1  1
h) 3  x  2  x  1
i) x  4x  3  2
2m  x  x 2

g)

x 2
x 4



6 x
7 x

5

b)

2x  1  1

e) x  3 

5
3
9 x  27 
4 x  12  1
3
2

h) x  5  5 x  1  0

c) 3x  7 x  4  0
i) 5x  7 x  12  0
f) ( x  3) 10  x 2  x 2  x  12
II. Phƣơng pháp đƣa về phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
1. Phƣơng pháp
Sử dụng hằng đẳng thức sau:
 f ( x )  g( x ) ( NÕu f ( x )  0)
f 2 ( x )  g( x )  f ( x )  g( x )  
 f ( x )   g( x ) (NÕu f ( x )  0)

2. Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình: x 2  6x  9  x  8 (1)
Giải

(1)  (x  3)2  8  x
 |x – 3| = 8 – x
– Nếu x < 3: (1)  3 – x = – x vô nghiệm)
– Nếu x  3: (1)  x – 3 = 8 – x  x = 5,5 thoả mãn) Vậy: x = 5,5.
Ví dụ 2. iải phương trình: x  2  2 x  5  x  2  3 2 x  5  7 2
Giải
ĐKXĐ: x 

5
2

Phương trình  2 x  5  1  2 x  5  3  14
 2x  5  5
 x  15 Thoả mãn) Vậy:x = 15

Ví dụ 3. iải phương trình: x  2 x  1  x  2 x  1  2
Giải
ĐKXĐ: x  1
Phương trình  x  1  2 x  1  1  x  1  2 x  1  1  2
 x 1 1

x 1 1  2

Nếu x  2 phương trình  x  1  1  x  1  1  2  x  2 Loại)
Nếu x  2 phương trình  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
Ví dụ 4. iải phương trình: x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (2)
Giải
x  1  0
(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| (*)
Đ t u = x  1 (u 0)  phương trình ) đã cho trở thành:
u  1 | u  3| 2 | u 1|

– Nếu 0 ≤ u < 1: u + 1 + 3 – u = 2 – 2u  u = –1 loại)
– Nếu 1 ≤ u ≤ 3: u + 1 + 3 – u = 2u – 2  u = 3
– Nếu u > 3: u + 1 + u – 3 = 2u – 2 (vô số nghiệm)
6


Với u = 3  x + 1 = 9  x = thoả mãn). Vậy: x = 8
Với u>3 phương trình vô số nghiệm: x  -1
Ví dụ 5. Cho phương trình x 2  2ax  a2  15  6 x 2  4 x  4
a)
Khi cho a=-2, hãy giải phương trình;
b)
Chứng minh rằng với mọi giá trị của a phương trình có đúng hai nghiệm
khác nhau x1 , x2
Giải
x 2  2ax  a2  15  6 x 2  4 x  4
 x  a  6 x  2  15

(1)

a) Với a=-2 phương trình 1) có dạng
x  2  3
x  1
x  2  6 x  2  15  x  2  3  

 x  2  3
 x  5
b) Trường hợp 1: x  2 , phương trình 1) trở thành
 x  2

x  a  6 x  27  6 x  27  0
 x  a  6 x  27



9
  x   2

9

 x   2

  x  a  27

9


 
x


a


6
x

27

x  
7
2



 x   9
 x  a  6 x  27
  x   9

 

2
2

  x  a  6 x  27

  x   a  27
5
 
a  27
9

a  27
9
nÕu a   hoÆc x1  
nÕu a  
Suy ra x1 
7
2
5
2
Trường hợp 2: x  2 phương trình 1) trử thành x  a  6a  3
3a
1
a3
1
nÕu a  hoÆc x2 
nÕu a 
5
2
7
2
Kiểm tra các khoảng thấy x1  x2 suy ra điều phải chứng minh.

Tương tự TH1 có x2 

3. Bài tập áp dụng:
iải các phương trình sau:
1) x 2  2 x  1  5

12) x  2  2 x  5  x  2  3 2 x  5  7 2

2) x 2  6 x  9  2 x  1

13)

3) x 2  2 x  1  x 2  4 x  4  4

14) x  2 x  1  x  4 x  4  10

4) x 2  4 x  4  2  x
5) x  2 x  1  x  2 x  1  2

x2  4 x  4  x2  6x  9  1
15)
16) x  3  2 x  4  x  4 x  4  1

6) x  4 x  4  3

17) x  6  2 x  2  x  11  6 x  2  1

7) x 2  2 x  x 2  2 x  1  5  0

18) x  2 x  1  x  2 x  1 

8) x 2  4 x  4  2 x  10

19) x 2  2 x  1  2 x  8

2x  4  6 2x  5  2x  4  2 2x  5  4

x3

2

7


1
1
9) x  x   x   2
2
4

10)

x  4 x  4  5x  2

11) x  8  6 x  1  4

20)

1 2
x  x 1  6  2 5  0
4

21) x 2  6 x  9  2 x 2  8 x  8  x 2  2 x  1
22) ( x  1)  4  4 x  1  x  1  6 x  1  9  1

III.Phƣơng pháp đặt ẩn phụ.
1. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông thƣờng
1.1 Phƣơng pháp
Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ, để giải chúng ta có thể đ t t= f(x) trong đó

f(x) là biểu thức dưới dấu căn ho c biểu thức chứa dấu căn và chú ý điều kiện của t
nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chỉ chứa m t biến t mà ta có thể
giải được phương trình đó theo t, thì việc đ t phụ xem như “hoàn toàn”.
1.2 Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình:

x  x2  1  x  x2  1  2

Giải

ĐKXĐ: x  1
Nhận xét.

x  x 2  1. x  x 2  1  1
1
t

Đ t t  x  x 2  1 t  0, x  1 thì phương trình có dạng: t   2  t  1
Thay vào tìm được x  1
Ví dụ 2. iải phương trình: 2 x2  6 x  1  4 x  5
Giải
ĐKXĐ: x  

5
4

t2  5
Đ t t  4 x  5(t  0) thì x 
. 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  77  0
16
4
2
2
 (t  2t  7)(t  2t  11)  0

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1  2 2; t3,4  1  2 3
Do t  0 nên chỉ nhận các giá trị t1  1  2 2, t3  1  2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x  1  2 vµ x  2  3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2 x2  6 x  1  0
Ta được: x 2 ( x  3) 2  ( x  1) 2  0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.

Đơn giản nhất là ta đ t: 2 y  3  4 x  5 và đưa về hệ đối xứng Xem phần đặt ẩn
phụ đƣa về hệ)
1
x

Ví dụ 3. iải phương trình: x 2  2 x x   3x  1
Giải
8


x  1
 1  x  0

1

x

Điều kiện x   0  

Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương
trình cho x ta được:
1
1
 3
x
x
t  1
1
x   t (t  0) ta có phương trình: t 2  2t  3  0  
x
t  3 (Lo¹i)

x2 x

Đ t

1
1 5
 1  x2  x 1  0  x 
( Tháa m·n)
x
2
Ví dụ 4. Giải phương trình x  1  x  3  2 ( x  1)( x  3)  4  2 x

Với t=1 suy ra

x

Giải
Điều kiện: 1  x  2
Đ t t  x  1  x  3  t 2  2 x  2  2 ( x  1)( x  3)
t  2
t  3 (lo¹i)

Phương trình có dạng: t 2  t  6  0  

Với t=2 ta có x  1  x  3  2  x  1
Với phương trình này ta có thể giải như sau
Vì x  1  x  3  2 . Suy ra VT  2; VP= 4 - 2 x  2. Dấu “=” xảy ra khi x=1
Tổng quát: Với phương trình dạng f ( x )  h( x )  a f ( x ).h( x )  g( x ) a là hằng số
cho trước)
Ta xác định điều kiện rồi đ t t  f ( x )  h( x ) (t  0)  t 2  f ( x )  h( x )  2 f ( x ).h( x )
sau đó tiếp tục giải.
Nhận xét: Đối với cách đ t ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được m t lớp
bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải. Do vậy ta có thể đ t ẩn
phụ theo cách khác.
1.3 Bài tập áp dụng
iải các phương trình sau:
5) x2  3 x4  x2  2 x  1
1) x  5  x  1  6





2) x  2004  x 1  1  x
3) x 2  2 x x 



2

6) 3x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7  2
7) 2 x 2  3 x  2 x 2  3 x  9  33

1
 3x  1
x

4) 3 x 2  2 x  2 x 2  x  1  x

8) x  1  x  2  2 x 2  x  2  13  2 x

2. Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:
2.1. Phƣơng pháp
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 1) bằng cách
2

u
u
Xét v  0 phương trình trở thành:          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 
9


 u   v  mu 2  nv 2
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) Phƣơng trình dạng: a. A  x   b.B  x   c A  x  .B  x 

Như vậy phương trình Q  x    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:

x3  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  2 x  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 x2  2 2 x  4  x 4  1
Để có m t phương trình đẹp, chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình
bậc hai at 2  bt  c  0 giải được.
b) Phƣơng trình dạng:  u   v  mu 2  nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên, nhưng nếu ta
bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
2.2. Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình: 2  x 2  2   5 x3  1
Giải
ĐKXĐ x  1
Đ t

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
x  x 2  1 (*)
Ví dụ 2. iải phương trình: x 2  3x  1  
3
2

2

Giải

Dễ thấy: x  x  1   x  2 x  1  x   x 2  x  1 x 2  x  1
4

2

4

2

2

Ta viết   x 2  x  1    x 2  x  1  
Đồng nhất vế trái với

) ta được:

3  x 2  x  1  6  x 2  x  1   3

x

2

3
3

x

2

 x  1 x 2  x  1

 x  1 x 2  x  1

3
3
Đ t: u  x 2  x  1  u   ; v  x 2  x  1  v  


4

4

Phương trình trở thành: -3u+6v=- 3. uv  u  3v .
Suy ra x2  x  1  3x2  3x  3  2x2  4x  2  0  x  1

10


iải phương trình: x2  3 x2  1  x 4  x 2  1
Giải

Ví dụ 3.

x  1

ĐKXĐ 
 x  1
2

u  x
Ta đ t: 
 u, v  0; u  v  khi đó phương trình trở thành: u  3v  u 2  v2
2

v  x  1

hay: 2(u + v) - (u - v)=  u  v  u  v 
Ví dụ 4. iải phương trình: 5x2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
Giải
Điều kiện x  5 . Chuyển vế bình phương ta được:
2 x2  5x  2  5

x

2

 x  20   x  1

Nhận xét: Không tồn tại số  ,  để: 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1 vậy ta
u  x 2  x  20

.
v

x

1


không thể đ t: 

Ta có:  x 2  x  20   x  1   x  4  x  5 x  1   x  4   x 2  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 .
2.3. Bài tập áp dụng
Bài 1. iải phương trình sau: 2 x2  5x  1  7 x3  1 (*)
Bài 2. iải phương trình: x3  3x 2  2

 x  2

3

 6x  0

Bài 3. iải phương trình: 10 x3  1  3  x 2  2 



Bài 4. iải phương trình sau: x2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
3. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
3.1 . Phƣơng pháp

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, đ khó của phương trình dạng này phụ thu c vào phương trình tích mà ta xuất
phát.
3.2 Các ví dụ
Ví dụ





iải phương trình: x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2
Giải
t  3
t  x  1

Đ t t  x2  2 ; t  2 , ta có: t 2   2  x  t  3  3x  0  

3.3 Bài tập áp dụng
iải phương trình:
a) x2  3x  x x 2  2  1  2 x 2  2
b) ( x  1) x 2  2 x  3  x 2  1

11


c) x2  1  2 x. x2  2 x
d) 3x 2  x  48  (3x  10) x 2  15
e) 2( x  1). x 2  2 x  1  x 2  2 x  1
f) x 2  4 x  ( x  2). x 2  2 x  15  39
g) (1  4 x) 4 x 2  1  8 x 2  2 x  1
h) (4 x  1) x3  1  2 x3  2 x  1
i) x3  3x  2  ( x  2) x3  2 x  1
j)

 x  1

x2  2x  3  x2  1

k) x2  3x  1   x  3 x2  1
4. Đặt nhiều ẩn phụ đƣa về tích
4.1 Phƣơng pháp
Xuất phát từ m t số hệ “đại số” đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương
trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đ t 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   a3  b3  c3  3 a  b b  c  c  a  , ta có
a3  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 x2  8x  1  2
3
3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3  0

3

4.2 Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình: x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x
Giải
ĐKXĐ: x  2
u  2  x ; u  0

Đ t v  3  x ; v  1 , ta có:

 w  5  x ; w  3
30
239
x
ta được: u 
60
120

 u  v  u  w   2
2  u 2  uv  vw  wu


2

3  v  uv  vw  wu   u  v  v  w   3 , giải hệ
5  w2  uv  vw  wu


 v  w  u  w   5

Ví dụ 2. iải phương trình sau: 2 x2  1  x2  3x  2  2 x2  2 x  3  x 2  x  2
Giải
a 

b 
Ta đ t: 
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

Ví dụ 3. iải phương trình:

4 x2  5x  1  2 x2  x  1  9 x  3 .
12


2

 4 x  5x  1  a
 a, b  0 . ta có:
Đ t
2
2
x

x

1

b



a  b
a  b  a 2  b 2   a  b  a  b  1  0  

.
a  b  1
1

1

x

4 x2  5x  1  4 x2  4 x  4
x

3
3

 

2
2
x  4
 4 x  5 x  1  2 x  x  1  1
 4 x 2  5 x  1  1  2 x 2  x  1

9

Ví dụ 4. iải phương trình: x3  3x2  2 ( x  2)3  6x  0
Giải
- Đ t y  x  2 ta được phương trình:
x3  3x 2  2 y 3  6 x  0  x3  2 y 3  3x( x  2)  0
x  y
 x3  3xy 2  2 y 3  0  

 nghiêm x  2; 2-2 3
x


2
y


- Chú ý có thể sửa lại đề bài thành: x3  ( x  2)(3x  2 x  2)  0
- Bài tập tương tự: x3  3x2  2 ( x  1)3  3x  0
- Bài tập tương tự: x3  (3x2  4 x  4) x  1  0
4.3 Bài tập áp dụng:
iải các phương trình sau:
1)

x  4 x 1  x   4 1  x   1  x  4 x 3  4 x 2 1  x 
3

2) 4 x2  5x  1  2 x 2  x  1  9 x  3
3)

4
1
5
 x   x  2x 
x
x
x

5. Đặt ẩn phụ đƣa về hệ:

5.1.Đặt ẩn phụ đƣa về hệ thông thƣờng
5.1.1 Phƣơng pháp
Đ t u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó tìm được hệ
theo u,v
5.1.2 Các ví dụ





Ví dụ 1. iải phương trình: x 3 25  x3 x  3 25  x3  30
Giải
Đ t y  35  x3  x3  y3  35
3

 xy ( x  y )  30
3
3
 x  y  35

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

giải hệ này ta tìm được ( x; y)  (2;3)  (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là
x {2;3}

Ví dụ 2. iải phương trình:

2 1 x  4 x 

1

2

4

Điều kiện: 0  x  2  1
13




Đ t 
4

2 1 x  u

 x  v

0u

2  1,0  v 

2 1

4

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 

iải phương trình thứ 2: (v  1)   v  4   0, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm
2

2

2

nghiệm của phương trình.
5.1.3 Bài tập áp dụng
iải phương trình:
1)

6  2x 6  2x 8



5 x
5 x 3

2) x  5  x  1  6
5.2 Xây dựng phƣơng trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II
5.2.1 Phƣơng pháp
Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ
đối xứng loại II.
2

 x  1  y  2
Ta xét m t hệ phương trình đối xứng loại II sau: 
2

 y  1  x  2

(1)

việc

(2)

giải hệ này thì đơn giản.
Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đ t y  f  x  sao cho (2) luôn
đúng, y  x  2  1 , khi đó ta có phương trình:

 x  1

2

 ( x  2  1)  1  x2  2 x  x  2

Vậy để giải phương trình: x 2  2 x  x  2 ta đ t lại như trên và đưa về hệ
 x   2  ay  b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2: 
, ta sẽ xây dựng
2
 y     ax  b
được phương trình dạng sau: đ t  y    ax  b , khi đó ta có phương trình:
a

2
 x     ax  b  b 


a

n
Tương tự cho bậc cao hơn:  x     n ax  b  b 



Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng:
n
 x     p n a ' x  b '   và đ t  y    n ax  b để đưa về hệ, chú ý về dấu của  .
Việc chọn  ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng:

 x   

n

 p n a ' x  b '   là chọn được.

5.2.2 Các ví dụ
Ví dụ 1 iải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1
Giải
14


Điều kiện: x 

1
2

Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1)2  1  2 2 x  1
 x 2  2 x  2( y  1)
Đ t 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

iải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x  2  2
Ví dụ 2. iải phương trình: 2 x2  6 x  1  4 x  5
Giải
ĐKXĐ 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
Đ t 2 y  3  4 x  5 ta được hệ phương trình sau:
(2 x  3) 2  4 y  5
 ( x  y )( x  y  1)  0

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  x  1  2
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3}
5.3 Dạng đối xứng loại I
5.3.1 Phƣơng pháp
Bước 1: Đ t điều kiện xác định nếu phương trình vô tỉ chứa các căn bậc chẵn)
Bước 2: Đ t ẩn phụ A( x)  a  o, B( x)  b  o ho c 3 B( x)  b và 3 A  x   a ...
Bước 3: iải hệ phương trình hai ẩn a, b
Bước 4:Thay ngược trở lại A( x)  a, B( x)  b để tìm x. Đối chiếu ĐKXĐ
nếu có để trả lời)
5.3.2 Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình 3 1  x  3 1  x  2 (2)
Giải
ĐKXĐ x  0
Đ t:

3

1 x  a

a  b  2

a  1

b  1
a  b  2

khi đó ta có hệ phương trình 

3

3

1 x  b
 3 1  x  1 1  x  1



 x  0 thỏa mãn ĐKXĐ).
Do đó, ta có: 
 3 1  x  1 1  x  1
3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=0.
Ví dụ 2: iải phương trình (2) 4 97  x  4 x  5
Giải
ĐKXĐ 0  x  97
a  b  5

Đ t 4 97  x  a  0, 4 x  b  0 khi đó ta có hệ phương trình ẩn a , b là: 

4

4
a  b  97

15


 a  b  5
a  b  5

a  b  25  2ab
a  b  25  2ab

  ab  44



ab

44




2
2 2
2
 a  b  5
(25  2ab)  2a b  97
(ab)  50ab  264  0
  ab  6



  ab  6
2

2

2

2

giải 2 hệ phương trình này ta được a = 3, b = 2 thỏa mãn ĐKXĐ) và a = 2 , b =
3 thỏa mãn ĐKXĐ), khi đó ta có hệ phương trình I)
4

 97  x  3 97  x  81

 x  16 thỏa mãn ĐKXĐ)
4
 x  16

 x 2

 4 97  x  2 97  x  16


 x  81 thỏa mãn ĐKXĐ)
4
x


81
x

3



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S= 16;81

5.3.3 Bài tập áp dụng
1) iải phương trình tổng quát sau: 3 m  x  3 x  a trong đó m và a là các tham số
còn x là ẩn).
2) 48  x3  35  x3  13
3)/ 4 629  x  4 77  x  8
5.4 Dạng hệ gần đối xứng
5.4.1 Phƣơng pháp
(2 x  3)2  2 y  x  1
(1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng
Ta xét hệ sau: 
2
(2
y

3)

3
x

1


chúng ta vẫn giải hệ được, và từ hệ này chúng ta xây dựng được bài toán phương trình
sau:
Bài 1 . iải phương trình: 4 x2  5  13x  3x  1  0
Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước:
2

13 
33

 2 x    3x  1 
4
4

13
Đ t 2 y   3x  1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có
4

thể giải được.
Để thu được hệ (1) ta đ t:  y    3x  1 , chọn  ,  sao cho hệ chúng ta có thể
giải được, (đối xứng hoặc gần đối xứng )
2
2 2
2


 y     3x  1
 y  2 y  3x    1  0 (1)
Ta có hệ: 
 2

(*)
2
4
x

13
x


y

5



0
(2)

4
x

13
x

5



y






Để giải hệ trên thì ta lấy 1) nhân với k c ng với 2): và mong muốn của chúng ta là
có nghiệm x  y
 2 2  3  2  1
Nên ta phải có:
, ta chọn được ngay   2;   3


4
  13 5  
Ta có lời giải như sau:
1
3

Điều kiện: x   ,

16


3
2

Đ t 3x  1  (2 y  3), ( y  )
(2 x  3)2  2 y  x  1
 ( x  y )(2 x  2 y  5)  0
Ta có hệ phương trình sau: 
2

(2 y  3)  3x  1
15  97
Với x  y  x 
8
11  73
Với 2 x  2 y  5  0  x 
8
15  97 11  73 
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: 
;

8
8



Chú ý: Khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay  ;  bằng cách viết lại phương
trình
Ta viết lại phương trình như sau: (2 x  3) 2   3 x  1  x  4
khi đó đ t 3x  1  2 y  3 , nếu đ t 2 y  3  3 x  1 thì chúng ta không thu được hệ
như mong muốn, ta thấy dấu của  cùng dấu với dấu trước căn.
Một cách tổng quát .
 f ( x)  A.x  B. y  m
 f ( y )  A '.x  m '

Xét hệ: 

(1)
(2)

để hệ có nghiệm x = y thì: A-A’=-B và m=m’,

Nếu từ 2) tìm được hàm ngược y  g  x  thay vào 1) ta được phương trình
Như vậy để xây dựng phương trình theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và
tìm được và hơn nữa hệ phải giải được.
5.4.2 Các ví dụ
Ví dụ 1: iải phương trình 25  x 2  10  x 2  3 (1)
Giải
ĐKXĐ  10  x  10
Đ t 25  x2  a  0, 10  x2  b  0
a  b  3

a  b  3
a  4


(thỏa mãn)
a  b  15 a  b  5 b  1

Khi đó ta có hệ phương trình ẩn a,b sau: 

2

2

2
2
 25  x 2  4 
25  x  16 
x  9

Do đó ta có 


 x 2  9  x  3 (thỏa mãn ĐKXĐ)
 2
2
2


 10  x  1


10  x  1


x  9

Vậy nghiệm của phương trình vô tỉ đã cho là 3 và-3
Cách2: Bình phương hai vế sau khi đ t điều kiện  10  x   10
 25  x 2  3  10  x 2  25  x 2  9  10  x 2  6 10  x 2
 6  6 10  x 2  1  10  x 2  x  3

(thỏa mãn ĐKXĐ).

Vậy nghiệm của phương trình vô tỉ đã cho là 3 và-3
Ví dụ 2 iải phương trình: 3 x  2  x  1  3
Giải
a  b  3

ĐKXĐ x  1 , đ t 3 x  2  a, x  1  b  0 khi đó ta có hệ phương trình: 

3
2
a  b  3

17


Từ a b = 3 ta có b = 3 - a thay vào phương trình thứ hai của hệ a3  b2  3 ta có
a3  (3  a)2  3  a3  a2  6a  6  0  (a 1)(a2  6)  0  a  1 khi đó
x  a3  2  x  3 thỏa ĐKXĐ)
Khi đó phương trình có nghiệm x=3
Ví dụ 3 iải phương trình: 3 2  x  x 1  1
Giải
ĐKXĐ: x  1
a  b  1

Đ t 3 2  x  a, x  1  b  0 , khi đó ta có hệ phương trình ẩn a,b là: 

3
2
a  b  1

a  0 a  1 a  2
,
,
b  1 b  0 b  3

iải hệ này ta được các nghiệm: 

thỏa mãn)

3 2  x  0
TH1:a = 0 , b = 1 ta có hệ: 
 x  2 (thỏa mãn ĐKXĐ)
 x  1  1
a  b  3
TH2:a =1 , b = 0 ta có hệ:  3 2
a  b  3

 3 2  x  1
 x  1 (thỏa mãn ĐKXĐ)

 x  1  0

 3 2  x  2
TH3:a =-2 , b = 3 ta có hệ: 
 x  10 (thỏa mãn ĐKXĐ)

 x 1  3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1;2;10}
Nhận xét: Từ VD 3 ta có thể giải bài toán tổng quát sau: 3 2  mx  mx 1  1
với m là tham số, m  0 )
Cách giải:Đ t 3 2  mx  a, mx  1  b  0 khi đó ta cũng có hệ phương trình
a  b  1

sau 

3

2
a  b  1

cho ta các nghiệm a = 0 và b = 1; a =1 và b = 0; a =-2 và b = 3

3

2
 2  mx  0
TH1:a = 0 và b = 1 khi đó ta có hệ phương trình: 
 mx  2  x 
m

 mx  1  1

 3 2  mx  1
1
TH2:a = 1và b = 0 khi đó ta có hệ phương trình: 
 mx  1  x 

 mx  1  0
10
TH3:a = -2 và b = 3 khi đó ta có hệ phương trình  x 
m

Ví dụ 4: iải phương trình x 3  x 2  1  x 3  x 2  2  3
Giải
Với điều kiện:
x3  x 2 1  0  x3  x 2  2  0
3

2

Đ t  u  x3  x2  1 Với v > u
v  x  x  2

m

(1)

0

Phương trình 1) trở thành u + v = 0
Ta có hệ phương trình

18


 uv 3
 2
2
v  u  3

u  v  3
uv 3
u  1



(v  u )(v  u )  3
v  2

v  u  1
 x 3  x 2  1  1
 3
 x  x 2  2  2
 x3  x2 1  1
 3
2
x  x  2  4
 x3  x2  2  0
 ( x  1)( x 2  2 x  2)  0
 x  1( do x 2  2 x  2  0)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
5.4.3. Bài tập áp dụng
iải các phương trình sau
1) 3 2  x  x 1  1
2) 3 24  x  12  x  6
3) 3 x  2  x  1  3
4) 10  2x  2x  3  1
5) 32  x 2  1  x 2  4
6) 3 x 1  3  4 82  x
7) x  4 20  x  4
IV.Phƣơng pháp nhân liên hợp
1. Phƣơng pháp
M t 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
ho c 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
Sử dụng các biểu thức liên hợp
Biểu thức

Biểu thức liên hợp
Tích
A+B
A-B
A2-B2
A-B
A+B
A2-B2
A+B
A2-AB+B2
A3+B3
A-B
A2+AB+B2
A3-B3
2. Các ví dụ
Ví dụ 1: iải phương trình: x  x  2   x  x  1  2 x 2 (1)
Giải
Cách 1: ĐKXĐ x  2 hoÆc x  1

1 


x2  x  x2  2x
x  x  1  x  x  2 
3x
x  x  1  x  x  2 

2x
2x

 2
19


3

3
 x  x  1  x  x  2   2
Nếu x  1 ta có 
 2 x  x  1  2 x 
2
 x  x  1  x  x  2   2 x


 3

iải 3) ta tìm được x
3

3
 x  x  1  x  x  2   2
Nếu x  -2 ta có 
 2 x  x  1  2 x 
2
 x  x  1  x  x  2   2 x


 4

iải 4) ta tìm được x

Cách 2: ĐK: x  2 hoÆc x  1
Nếu x  1 ta chia cả hai vế cho x ta được:  x  2   x  1  2 x
Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm được x
Nếu x  -2 Đ t 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 cách 1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong cách 2 ta vận dụng kiến
thức miền xác định về ẩn của phương trình. Nhìn chung thì việc vận dụng theo cách
đơn giản hơn.
Ví dụ 2. iải phương trình sau: 3x 2  5x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4
Giải

Ta nhận thấy:  3x  5 x  1   3x  3x  3  2  x  2  và
2

x

2

2

 2    x 2  3x  4   3  x  2 

Ta có thể trục căn thức 2 vế:

2 x  4

3x 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.
Ví dụ 3. iải phương trình sau: 10 x  1  3x  5  9 x  4  2 x  2
Giải
5
3
10 x  1  9 x  4 

Điều kiện x 
(1) 



 



3x  5  2 x  2  0

x 3
x 3

0
10 x  1  9 x  4
3x  5  2 x  2
x  3

 x 3
1
1


0
 10 x  1  9 x  4
3x  5  2 x  2


Vậy phương trình có nghiệm x=3
Ví dụ 4. iải phương trình sau: x2  12  5  3x  x2  5
Giải
20


x 2  12  x 2  5  3x  5  0  x 

Để phương trình có nghiệm thì:

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

x  12  4  3x  6  x  5  3 
2

2

x 2  12  4

 3 x  2 

x2  4
x2  5  3



x2
x 1
  x  2 

 3  0  x  2
2

x2  5  3 
 x  12  4
x2
x2
5
Dễ dàng chứng minh được:

 3  0, x 
2
2
3
x  12  4
x 5 3
x2  3

Ví dụ 5. iải phương trình:

x  x2  3



x2  3
x  x2  3

x

Giải
ĐKXĐ: 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

x

 3



x  0

 2
 x  3

3



2



3

x



  x

2

2

 3

 3



3



3

 3 3.x

2

x

4

 3  27 x 2
3

 x  0 ; x2 9  2 x4   0
 x  0



4
3
2
4
4
3
4
4 2
2 ( x  3)  x  9  2 x  4( x  3)  x  9  2 x 

iải hệ trên ta tìm được x  2
Ví dụ 6: iải phương trình. 3x  2  x 3x  2  2 2 x 2  1 (1)
Giải
§iÒu kiÖn x 



(1) 




2
3



3 x  2  2  2  x( 3 x  2  2)  2 x  2 2 x 2  1



3 x  2  2  x( 3 x  2  2)  2



2x2  1  x 1



3x  6
x(3 x  6)
2 x( x  2)



0
3x  2  2
3x  2  2
2x2  1  x  1
x  2
 3x  6
3x
2x



 0 (2)
 3 x  2  2
3x  2  2
2x2  1  x  1



Ta cã:

3x
2
x (3 2 x 2  1  2 3 x  2  3 x  1)


A
3x  2  2
2x2  1  x  1
3x  2  2
2x2  1  x  1







21


2
18 x 2  12 x  17
2
nªn 3 x  1  0 vµ 3 2 x 2  1  2 3 x  2 
 0, x 
3
3
3 2 x 2  1  2 3x  2

V× x 

Suy ra A>0 phương trình 2) vô nghiệm
Vậy Phương trình có nghiệm x=2
3. Bài tập áp dụng:
iải phương trình:
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:  f  x  .g  x    f  x  .h  x    f  x 
3x

3)
4)
5)
6)

3x  10
3



2

 3x  1  1

x 2  1  x  x3  1
2 x2
3  9  2x



2

 x9

3x
 ( 3x  1  1)
3x  10

4
1
5
7)  x   x  2x 
x
x
x
2
2
8) 3 x  7 x  3  x  2  3 x 2  5 x  1  x 2  3 x  4
9) 10 x  1  3x  5  9 x  4  2 x  2
10) 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4
V.Phƣơng pháp đánh giá.
1. Kiến thức cơ bản
a. 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
phương trình:



 



2

5x  1  2 x 



4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5 x

2

9  5 x  2  x  1  0 ta khai

triển ra có



b. Dùng bất đẳng thức
A  m
nếu dấu
B  m

M t số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A  B
Ta có:

1  x  1  x  2 . Dấu bằng khi và chỉ khi x  0 và

x 1 

1
 2 , dấu

x 1

bằng khi và chỉ khi x=0.
Vậy ta có phương trình: 1  2015 x  1  2015 x 

1
 1 x
x 1

22


 A  f  x 
khi đó:
 B  f ( x)

Đôi khi m t số phương trình được tạo ra từ ý tưởng: 
 A  f  x

A B

B  f  x 

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.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1. iải phương trình: 13 x2  x4  9 x 2  x 4  16
Giải:
Điều kiện: 1  x  1



Biến đổi phương trình ta có: x2 13 1  x2  9 1  x2



2

 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:



13. 13. 1  x2  3. 3. 3 1  x2

  13  27 13 13x  3  3x   40 16 10x 
2

2

2

2

2

 16 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16  10 x      64

2
2


x
1  x2
2

5
 1 x 

Dấu bằng  
3
2

10 x 2  16  10 x 2

 x   5
2

2

Ví dụ 2. Giải phương trình: x3`  3x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0
Giải
2
3
4
Ta chứng minh: 8 4 x  4  x  13 và x  3x2  8x  40  0   x  3  x  3  x  13

2x

1  2x

2
1  2x
2x
Giải:

Ví dụ 3: iải phương trình:
Điều kiện: x > 0; x < 

1
2

2x
1  2x

2
1  2x
2x
Áp dụng BĐT Cô si suy ra VT 2
Dấu “=” xảy ra khi 4x2 = 4x2 + 4x + 1  x  

1
không thỏa mãn điều kiện
4

Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 4: iải phương trình: x  x  1  1
Giải:
Điều kiện: x 0

Với x 0 phương trình có VT 1 dấu “ =” xảy ra khi x = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1
Ví dụ 5: iải phương trình: x2 + x  1 - 2x + 1= 0
Giải:
23


Điều kiện: x

-1 phương trình được biến đổi thành
(x  1)2  0 x  1
2
(x – 1) + x  1 =0  

 không tìm được x.
x


1

 x  1  0

Vậy phương trình vô nghiệm
3. Bài tập áp dụng
iải các phương trình sau
3 x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2
1)
2)
x  94  96  x  x 2  190 x  9027
3)

1
5
 8x 2 
x
2
3
x   2x
8

4)

4

5)
6)

x2  2x  4  3 x3  4x

7)

1  2x  1  2x 

8)

x 3  3x 2  8x  40  8 4 4 x  4

4

1  2x

1  2x

1  2x
1  2x
x  4 1 x  x  1 x  2  4 8

9) 2 x4  8  4 4  x4  4 x4  4
10) 16 x 4  5  6 3 4 x3  x
11) x3`  3x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0
12) 8  x3  64  x3  x 4  8x 2  28
C. KẾT QUẢ TRIỂN KHAI CHUYÊN ĐỀ TẠI ĐƠN VỊ MÌNH
Với n i dung chuyên đề trên cá nhân tôi đã áp dụng vào giảng dạy cho đ i
tuyển HS lớp 9.
Hầu hết sau khi học xong chuyên đề này các em đã cơ bản nắm được m t số
phương pháp giải phương trình vô tỉ và vận dụng tốt vào để giải các phương trình
vô tỉ trong các đề thi HS và thi vào lớp 10.

24