GIẢI PHƯƠNG TRÌNH vô tỉ

PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU.
I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các
phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng
là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn
đối với đối tượng học sinh khá - giỏi.
Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỷ trong SGK rất ít và là những bài
đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương mất căn đưa về
phương trình bậc nhất một ẩn, song thực tế theo dõi trong các kì thi học sinh giỏi lớp 9,
các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên hằng năm tôi nhận thấy chủ đề phương trình vô tỉ
thường xuyên xuất hiện với số lượng bài tương đối nhiều và thường là những bài khó,
không đơn giản chỉ giải bằng phương pháp thông thường.
Với mỗi phương trình vô tỉ, tùy đặc điểm cụ thể có thể có nhiều cách giải khác
nhau. Có một số phương trình vô tỉ nếu giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa để làm
mất căn thức thường dẫn đến một phường trình bậc cao, mà phương trình bậc cao đó
việc tìm nghiệm nhiều khi không đơn giản chút nào.
Với mong muốn tháo gỡ một số khó khăn trong quá trình dạy và hoc về phương
trình vô tỉ, từ đó nâng cao chất lượng, hiệu quả giáo dục. Sau đây tôi xin mạnh dạn trình
bày những suy nghĩ cũng như những gì mà tôi tìm hiểu, tham khảo, đã từng áp dụng về
phương trình vô tỉ qua đề tài ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ
bản ở cấp THCS '' kính mong quý thầy cô cùng các bạn đóng góp ý kiến cho tôi để đề
tài được áp dụng rộng rãi hơn.
II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:

- Nhằm trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ từ đó
phát triển năng lực tư duy, nâng cao chất lượng 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.
- Tạo ra được hứng thú học tập cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách
tham khảo giúp học sinh giải được một số bài tập.

- Giải đáp được những thắc mắc, sửa chữa được những sai lầm thường gặp khi
giải phương trình vô tỉ trong quá trình dạy và học.
- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp
dụng thành thạo các phương pháp đó vào giải bài tập.
- Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc
học toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ. Đồng thời góp phần nâng cao
chất lượng và hiệu quả giáo dục.

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

1


III- PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

Phát triển năng lực tư duy toán học của học sinh thông qua các bài toán giải
phương trình vô tỉ đối với học sinh THCS.
Đề tài này áp dụng đối với học sinh THCS chủ yếu là Đội tuyển HSG khối 9 luyện
thi HSG cấp tỉnh và thi vào THPT chuyên.
IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH :

1. Phương pháp nghiên cứu:
+ Tham khảo thu thập tài liệu.
+ Phân tích, tổng kết kinh nghiệm.
+ Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh.
+ Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện.
+ Phương pháp điều tra, trắc nghiệm.
+ Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác.
2. Phương pháp tiến hành:
Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc

phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải.

PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ một vai trò chủ
đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một
kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác
thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng
mạn không kém những môn khoa học khác.
Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi
bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các
nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì
việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú
trọng.
Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn
Toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao
cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán của
các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể bồi
dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội.

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

2


Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ
thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học
sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình,
đặc biệt là phương trình vôi tỉ.

Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình không mẫu mực, để giải được
phương trình vô tỉ đòi hỏi người học phải có một nền tảng kiến thức vững vàng, tư duy
sáng tạo, biết phân tích, tổng hợp nhiều loại kiến thức đã học từ đó tìm ra hướng giải
quyết cho từng dạng cụ thể, đặc biệt là cần nắm chắc các dạng phương trình vô tỉ và
phương pháp giải từng dạng đó.
Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình hay và khó, việc giải phương trình
vô tỉ đánh giá được năng lực giải toán và năng lực tư duy toán học của người học nên
phương trình vô tỉ luôn được xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cũng như trên các
tạp chí toán học.
Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô
tỉ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng nên tôi xin trình bày đề tài:
''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS ''
Trong đề tài, tôi đưa ra một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và phương pháp
giải, phù hợp với trình độ của học sinh THCS.
Trang bị cho học sinh một số dạng toán và phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ
bản áp dụng để làm bài tập.
Rút ra một số chú ý khi làm từng phương pháp.
Chọn lọc một số bài tập hay, phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi.
Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ.
Tôi hy vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS trong việc học và
giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng
định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học
sinh làm việc tích cực hơn đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi cũng như thi
vào THPT chuyên.
II- CƠ SỞ THỰC TIỄN:

Trong chương trình Toán THCS, các bài toán về phương trình vô tỉ được đề cập
đến không nhiều, nhưng nó lại có rất nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng trong tất
cả các kì thi. Các bài toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật
nhuần nhuyễn, có hệ thống một số kiến thức khác như: phương trình bậc nhất một ẩn,

phương trình tích, ĐK của một số loại biểu thức...Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát
triển khả năng tư duy cho HS, ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức được sử
dụng thi học kì, thi HSG, thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH dưới dạng bài tập khó.

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

3


Trên thực tế, với kinh nghiệm bản thân trong nhiều năm giảng dạy Toán 9 và ôn thi
vào lớp 10 THPT tôi thấy HS thường không giải được hoặc mắc một số khuyết điểm
sau khi giải phương trình vô tỉ như:
- Thiếu hoặc sai ĐK của phương trình (chủ yếu là ĐK của căn thức).
- Chỉ giải được dạng phương trình đơn giản trong SGK.
- Khi bình phương hai vế của phương trình để làm mất CBH thường các em không
tìm ĐK để cả hai vế đều dương.
- Ở dạng phức tạp hơn thì các em chưa có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải rất
hạn chế, các em thường không có cơ sở kiến thức để phát triển phương pháp giải.
- Có rất ít tài liệu đề cập sâu về dạng phương trình này.
- Không đồng đều về nhận thức trong một lớp nên việc phát triển kiến thức về
phương trình vô tỉ trong các tiết dạy là rất khó.
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh 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

%

18

51.4

12

34.3

4

11.4

1

2.9

Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em
chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi,
khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương
trình vô tỉ cũng chưa nhiều.
Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng
dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho
học sinh, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm ''Phương pháp giải một số dạng
phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS '' áp dụng cho khối THCS với hy vọng phần
nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là
một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp.

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

4


III- NỘI DUNG: PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN:
1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa:
f ( x) = c (c là hằng số)

a) Dạng 1:

(1) Đây là dạng đơn giản nhất của PT vô tỉ

Sơ đồ cách giải:
- Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm.
- Nếu c = 0 thì (1) ⇔ f(x) = 0. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm của (1)

- Nếu c > 0 thì (1) ⇔ f(x) = c2. Giải PT này ta tìm được nghiệm của (1)
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x2 + 5x + 6 = 0
 x = −3
 x = −2

2
2
Gợi ý: Ta có: x + 5 x + 6 = 0 ⇔ x + 5 x + 6 = 0 ⇔ 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { −3; −2}
Ví dụ 2: Giải phương trình:

Gợi ý: Ta có:

x 2 − 3x + 1 = 5


3+
x =
x 2 − 3 x + 1 = 5 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 25 ⇔ x 2 − 3 x − 24 = 0 ⇔ 

3−
x =


105
2
105

2

 3 + 105 3 − 105 
;

2
2




Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 
f ( x) = g ( x)

b) Dạng 2:

Sơ đồ cách giải:
Ví dụ 1: Giải phương trình :
Gợi ý:

 g (x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
f(x) = [ g (x) ]
x + 3 = x − 3 (1)

ĐK: x - 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
x = 1

Ta có: (1) ⇔ x+3 = (x-3)2 ⇔ x2 -7x + 6= 0 ⇔ (x-1)(x-6) = 0 ⇔  x = 6


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x − 1 = 13 (1)
Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ x − 1 = 13 − x (2)
x − 1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔ 
⇔ 1 ≤ x ≤ 13
13 − x ≥ 0
 x ≤ 13
Bình phương hai vế của (2) ta được : (2) ⇔ x − 1 = (13 − x) 2 ⇔ x 2 − 27 x + 170 = 0

ĐK : 

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

5


 x − 10 = 0
 x = 10
⇔ ( x − 10 )( x − 17 ) = 0 ⇔ 
⇔
 x − 17 = 0
 x = 17

Chỉ có x = 10 thỏa mãn đk. Vậy nghiệm của phương trình là x = 10
c) Dạng 3:

f ( x) = g( x )

Sơ đồ cách giải:

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

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 = 4 x − 7
3

x ≥ − 2
2 x + 3 ≥ 0

7


2 x + 3 = 4 x − 7 ⇔ 4 x − 7 ≥ 0
⇔ x ≥
⇔ x=5
4
2 x + 3 = 4 x − 7


x = 5



Gợi ý: Ta có:

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 5
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x2 + 5x + 6 = 1 − x

(1)

Gợi ý: Ta có:
  x ≤ −3
  x ≤ −3


 x + 5x + 6 ≥ 0
  x ≥ −2
  x ≥ −2
 x = −1



2
x + 5 x + 6 = 1 − x ⇔ 1 − x ≥ 0
⇔ x ≤ 1
⇔ x ≤ 1 ⇔ 
 x = −5
 x2 + 5x + 6 = 1 − x
 x2 + 6 x + 5 = 0
 x = −1






  x = −5
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { −1; −5}
Ví dụ 3: Giải phương trình:
Gợi ý: Ta có:

x2 + x + 1 = 2 x 2 − 5x + 9

 x2 + x + 1 ≥ 0

x = 2
x 2 + x + 1 = 2 x 2 − 5 x + 9 ⇔ 2 x 2 − 5 x + 9 ≥ 0
⇔ x2 − 6x + 8 = 0 ⇔ 
x = 4
 x2 + x + 1 = 2 x 2 − 5x + 9


Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 2; 4}
d) Dạng 4 :

f ( x) + g( x ) = c

(c là hằng số)

(1)

- Nếu c < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
 f (x) = 0
g(x) = 0

- Nếu c = 0. Ta có: (1) ⇔ f ( x) + g( x) = 0 ⇔ 

- Nếu c>0. Ta có: (1) ⇔

 f (x) ≥ 0

f ( x) + g( x) = c ⇔ g(x) ≥ 0

2
 f (x) + g(x) + 2 f (x).g(x) = c

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

6


 f (x) ≥ 0
 f (x) ≥ 0
g(x) ≥ 0


⇔ g(x) ≥ 0
⇔ 2
c − f (x) − g(x) ≥ 0



2
2
f
(x).g(x)
=
c
−
f
(x)
−
g(x)

4 f (x).g(x) =  c 2 − f (x) − g(x)  2



f ( x) − g( x) = c thì ta giải như sau:
 f (x) ≥ 0
 f (x) ≥ 0
g(x) ≥ 0
g(x) ≥ 0


f (x) − g (x) = c ⇔ f (x) = g (x) + c ⇔  g (x) + c ≥ 0
⇔

 g (x) + c ≥ 0
2
2
 f (x) = g (x) + c


 f (x) = g (x) + 2 c g (x) + c

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 + x − 1 = 0 (1)
3

2 x + 3 = 0
x = −
2 (vô nghiệm)
Gợi ý: Ta có: 2 x + 3 + x − 1 = 0 ⇔  x − 1 = 0 ⇔ 

 x = 1

* Chú ý: Nếu ta có:

(

)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 1 + 2 x − 1 = 5 (1)

x ≥ 1
x −1 ≥ 0

Gợi ý: ĐK 2 x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 1


2
2

x − 1 + 2 x − 1 = 5 ⇔ x − 1 + 2 x − 1 = 25
Ta có:
27 − 3 x ≥ 0
⇔ 2 ( x − 1) ( 2 x − 1) = 27 − 3x ⇔ 
2
2
4 ( 2 x − 3x + 1) = ( 27 − 3x )
1 ≤ x ≤ 9
1 ≤ x ≤ 9

⇔ 2
⇔  x = 5 ⇔ x = 5
 x − 150 x + 725 = 0
  x = 145


(

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5
Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 9 − x 2 − x − 3 = 2 (1)

Gợi ý: Ta có: x 2 + 9 − x 2 − x − 3 = 2 ⇔ x 2 + 9 = x 2 − x − 3 + 2

x 2 − x − 3 ≥ 0

⇔ 2
x +9 = x2 − x − 3 + 2




(

)

2


1 − 13
x ≤
2



1 − 13
1 + 13
x ≤
x ≥
2

2




⇔
x
≥
−

8
1
+
13


⇔x ≥

2
2

2

16 ( x − x − 3) = x +16 x + 64
2


4 x − x − 3 = x + 8






1 − 13
  −8 ≤ x ≤

1 − 13
2


  −8 ≤ x ≤

2
x = 4
1 + 13
 
 x ≥
⇔ 
⇔ 
⇔
1 + 13
2
 x = −28
x
≥
 

2
15


 x = 4
2

15 x − 32 x − 112 = 0

−28
 x =
15


Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

7


 −28 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 4; 15 


e) Dạng 5:

f ( x) + g( x ) = h( x) (1)

 f (x) ≥ 0

- Đặt điều kiện: g(x) ≥ 0
 h(x) ≥ 0


- Bình phương hai vế của (1), ta có: f (x) + g(x) + 2 f(x).g(x) = [ h(x) ]
⇔ 2 f (x) g(x) = [ h(x)] − f (x) − g(x)
2

. Trở lại dạng 2

f ( x) − g( x) = h( x) với điều kiện

* Chú ý: Giải tương tự với dạng:

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2

x + 8 + 2 x + 7 + x +1− x + 7 = 4

f ( x ) ≥ h( x )

(1)



x + 7 ≥ 0
 x ≥ −7
 x ≥ −7

 x ≥ −7


⇔ x +1 ≥ 0
⇔ x +1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
Gợi ý: ĐK:  x + 8 + 2 x + 7 ≥ 0 ⇔ 
x
+
1
≥
x
+
7




 x2 + x − 6 ≥ 0
 x ≤ −3

x +1− x + 7 ≥ 0

  x ≥ 2

Ta có:

(1) ⇔

(

)

2

x + 7 +1 + x +1− x + 7 = 4

⇔ x + 7 +1+ x +1− x + 7 = 4 ⇔ x +1− x + 7 = 3 − x + 7
3 − x + 7 ≥ 0
 x + 7 ≤ 3
⇔
⇔
 x + 1 − x + 7 = 9 + x + 7 − 6 x + 7
5 x + 7 = 15
⇔ x + 7 = 3 ⇔ x + 7 = 9 ⇔ x = 2(t/ m)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x2 − x + 1 + x + 1 = x + 2

(1)

 x2 − x + 1 ≥ 0
 x ≥ −1

⇔
⇔ x ≥ −1
Gợi ý: ĐK:  x + 1 ≥ 0
 x ≥ −2
x + 2 ≥ 0


Ta có: (1) ⇔ x 2 − x + 1 + x + 1 + 2 ( x 2 − x + 1)( x + 1) = x 2 + 4 x + 4
⇔ 2 x3 + 1 = 4 x + 2 ⇔ x3 + 1 = 2 x + 1 ⇔ x3 + 1 = 4 x 2 + 4 x + 1
x = 0

⇔ x − 4 x − 4 x = 0 ⇔ x ( x − 4 x − 4 ) = 0 ⇔  x = 2 + 2 2 (t/ m)
x = 2 − 2 2

3

2

2

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 0; 2 + 2 2; 2 − 2 2}
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

8


g) Dạng 6:

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

 f ( x) ≥ 0
 f ( x) ≥ 0
 g ( x) ≥ 0
 g ( x) ≥ 0


⇔
Sơ đồ cách giải: ⇔ h(x) ≥ 0
h(x) ≥ 0


 f ( x ) + g ( x ) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)
2 f ( x).g ( x) = h( x) − f (x) − g(x)



Đến đây bài toán trở lại dạng 2
Chú ý: Giải tương tự với dạng:
Ta có:

f ( x ) − g ( x ) = h( x )

f ( x) − g ( x ) = h( x) ⇔ h(x) + g(x ) = f(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng 6

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

(1)

−4

x≥

3
x
+
4
≥
0

3


Điều kiện:  x − 4 ≥ 0 ⇔  x ≥ 4 ⇔ x ≥ 4
x ≥ 0
x ≥ 0




Ta có: (1)

⇔ 3x + 4 + x − 4 + 2

( 3x + 4 ) ( x − 4 )

= 4x

−4

x=

⇔ 4 x + 2 ( 3x + 4 ) ( x − 4 ) = 4 x ⇔ ( 3 x + 4 ) ( x − 4 ) = 0 ⇔
3 ⇔ x=4

x = 4

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4
Ví dụ 2: Giải phương trình:
Gợi ý:

⇔

x + 1 - x − 7 = 12 − x
x + 1 = 12 − x + x − 7 (1)

x + 1 ≥ 0
 x ≥ −1


ĐK: 12 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 12 ⇔ 7 ≤ x ≤ 12 (2)

x − 7 ≥ 0
x ≥ 7



Bình phương hai vế ta được:

x + 1 = 12 − x + x − 7 + 2 ( 12 − x )( x − 7 )

⇔ x − 4 = 2 ( 12 − x )( x − 7 ) (3)

Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của
phương trình (3) ta được:
(x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84)
⇔ 5x2 - 84x + 352 = 0

Phương trình này có 2 nghiệm x1 =

44
và x2 = 8 đều thoả mãn (2).
5

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

9


Vậy x1 =

44

và x2 = 8 là nghiệm của phương trình.
5
f ( x) + g( x ) = h(x) + k (x)

h) Dạng 7:
Sơ đồ cách giải:

 f (x) ≥ 0
g(x) ≥ 0

Điều kiện: 
h(x) ≥ 0
k(x) ≥ 0

Bình phương hai vế của phương trình, ta có:
f (x) + g(x) + 2 f (x) g(x) = h(x) + k(x) + 2 h(x) k(x)
⇔2

(

)

f (x) g(x) − h(x) k(x) = h(x) + k(x) − f(x) − g(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng 5

Ví dụ 1: Giải phương trình :

Gợi ý:

ĐK :

x + 1 ≥ 0
 x + 10 ≥ 0


x + 2 ≥ 0
 x + 5 ≥ 0

x + 1 + x + 10 =

⇔

x + 2 + x + 5 (1)

 x ≥ −1
 x ≥ −10


 x ≥ −2
 x ≥ −5

⇔

x ≥ -1 (2)

Bình phương hai vế của (1) ta được:
x+1 + x+ 10 + 2 ( x + 1)( x + 10) = x+2 + x+ 5 + 2 ( x + 2)( x + 5)
⇔ 2+

( x + 1)( x + 10) =

( x + 2)( x + 5)

(3)

Với x ≥ -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được:
4 + 4 ( x + 1 )( x + 10 ) + ( x + 1 )( x + 10 ) = ( x + 2 )( x + 5 ) ⇔ ( x + 1 )( x + 10 ) = − x − 1

Điều kiện ở đây là x ≤ -1 (4)
 x ≥ −1
⇔ x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).
 x ≤ −1

Kết hợp giữa (2) và (4): 

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x + 1 + 2 x + 16 = 2 x + 4 + 2 x + 9 (1)
−1

x≥

2 x + 1 ≥ 0
2

 2 x + 16 ≥ 0
x
≥
−
8
−1



⇔
⇔ x≥
Gợi ý: ĐK: 
2
2 x + 4 ≥ 0
 x ≥ −2
 2 x + 9 ≥ 0

−9
x ≥

2

Ta có: (1) ⇔ 2 x + 1 + 2 x + 16 + 2 ( 2 x + 1) ( 2 x + 16 ) = 2 x + 4 + 2 x + 9 + 2 ( 2 x + 4 ) ( 2 x + 9 )
⇔ 4 x 2 + 34 x + 16 + 2 = 4 x 2 + 26 x + 36 (2)

Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có:
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

10


( 2 ) ⇔ 4 x 2 + 34 x + 20 + 4

4 x 2 + 34 x + 16 = 4 x 2 + 26 x + 36

⇔ 4 x 2 + 34 x + 16 = −2 x + 4
 −2 x + 4 ≥ 0
x ≤ 2
⇔ 2

⇔
⇔ x = 0(t/ m)

2
x = 0
4 x + 34 x + 16 = 4 x − 16 x + 16

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0
* Nhận xét :
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình
vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc
chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều dương.
Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3.....)
Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình
đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi
sử dụng phương pháp này.
Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều
phương pháp khác lại với nhau .
* Bài tập áp dụng:
1. x 2 − 4 = x- 2

5. 1 − x = 6 − x - − (2 x + 5)

2. 1 + x x 2 + 4 = x+ 1

6. 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3

3. 1 − x + 4 + x =3

7. x + x + 1 = x − 1 + x + 4

4. 3 x + 45 - 3 x − 16 =1
2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối:

Sơ đồ cách giải:

  f ( x) ≥ 0

 f ( x) = g ( x)
2
f ( x ) = g ( x) ⇔ f ( x ) = g ( x) ⇔ 
  f ( x) ≤ 0

  f ( x) = − g ( x )

Ví dụ 1: Giải phương trình:

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

(1)

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình – Năm học 2014 - 2015)
Gợi ý: ĐK: x ≥

5
2

Ta có: (1) ⇔ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

11


(

⇔

2x − 5 + 3

)

2

+

( 1−

2x − 5

)

2

=4

⇔ 2x − 5 + 3 + 1− 2x − 5 = 4
⇔ 1− 2x − 5 = 1 − 2x − 5 ⇔ 1− 2x − 5 ≥ 0
⇔ 2x − 5 ≤ 1 ⇔

5
≤ x ≤ 3 (t/m)
2

Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x + 1) + x 2 + 4 x + 4 + x 2 − 6 x + 9 = 14 (1)
2

(Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang - Năm học 10 - 11)
Ta có: (1) ⇔ x − 1 + x + 2 + x − 3 = 14 (*)



Xét các trường hợp, ta được tập nghiệm là S = −4;

16 

3

Ví dụ 3: Giải phương trình: 9 x 2 − 24 x + 16 = − x + 4 (1)
Gợi ý:

9 x 2 − 24 x + 16 ≥ 0
(3x − 4) 2 ≥ 0∀x
⇔
ĐK: 
− x + 4 ≥ 0
x ≤ 4
3 x − 4 = − x + 4

⇔ x≤4

x = 2

⇔ 
(thỏa mãn)
x = 0

Ta có: (1) ⇔ 3x − 4 = -x + 4 ⇔ 
3 x − 4 = x − 4

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0
Ví dụ 4: Giải phương trình:
Gợi ý:

ĐK:

x2 − 4x + 4 +

x 2 − 8 x + 16 = 5 (1)

∀x ∈ R

Ta có: (1) ⇔ ( x − 2)2 + ( x − 4) 2 = 5 ⇔ x − 2 + x − 4 = 5
Ta xét các khoảng:
+ Khi x < 2 ta có (2)

⇔ 2 - x + 4 - x = 5 ⇔ 6 - 2x = 5 ⇔ x = 0,5 (thoả mãn x < 2)

+ Khi 2 ≤ x < 4 ta có (2) ⇔ x - 2 + 4 - x = 5 ⇔ 0x + 2 = 5 (phương trình vô nghiệm)
+ Khi x ≥ 4 ta có (2)

⇔ x - 2 + x - 4 = 5 ⇔ 2x - 6 =5
⇔ x =5,5 (thoả mãn x ≥ 4)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = 0,5; x2 = 5,5
Ví dụ 5: Giải phương trình:
Gợi ý:

x − 4 x −1 + 3 +

x − 6 x − 1 + 8 = 1 (1)

ĐK: x ≥ 1

Ta có: (1) ⇔ ( x − 1) − 4 x − 1 + 4 + ( x − 1) − 6 x − 1 + 9 = 1
⇔

( x − 1 − 2) 2 +

( x − 1 − 3) 2 = 1 ⇔

x −1 − 2 +

x − 1 − 3 =1 (2)

- Nếu 1 ≤ x < 5 ta có (2) ⇔ 2- x − 1 + 3 - x − 1 = 1
⇔

x − 1 =2

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

12


⇔ x = 5 không thuộc khoảng đang xét

- Nếu 5 ≤ x < 10 thì (2) ⇔

x −1 - 2 + 3 -

x −1 = 1

⇔ 0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm

- Nếu x ≥ 10 thì (2) ⇔ x − 1 - 2 + x − 1 - 3 = 1 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 10 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có vô số nghiệm: 5 ≤ x ≤ 10
Nhận xét :
Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử
dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế
cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau:
- Áp dụng hằng đẳng thức

A2 = A

- Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn
nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm .
* Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1)

x2 + 2 x + 1 = 5

11)

2)

x2 − 6x + 9 = 2x − 1

6)

x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1

x−4 x +4 =3

12) x + 4 x + 4 = 5 x + 2
3) x 2 − 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 4
13) x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10
4) x 2 − 6 x + 9 + 2 x 2 + 8 x + 8 = x 2 − 2 x + 1 14)
x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1
5) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
15) x − 3 − 2 x − 4 + x − 4 x − 4 = 1
7) x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0
8) x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10
1
1
x
+
x
+

+
x
+
=2
9)
2
4

10) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 =

x+3
2

16) x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2
17) 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4
18) x 2 − 2 x + 1 + 2 x = 8
19)

1 2
x + x +1 − 6 − 2 5 = 0
4

20)

x2 − 4x + 4 = 2 − x

3: Phương pháp đưa về phương trình tích:
a) Dạng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 2 + x + 3 = 3x x + 3 (1)
(Đề thi HSG thành phố HCM – Năm học 2014 - 2015)

≥
−
3
Gợi ý: ĐK x
Ta có: (1) ⇔ 2 x 2 − 2 x x + 3 − x x + 3 + (x + 3) = 0

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

13


(

)

⇔ 2 x (x − x + 3) − x + 3( x − x + 3) = 0 ⇔ (x − x + 3) 2 x − x + 3 = 0
x = 1
x− x + 3 = 0
x = x + 3
⇔
⇔
⇔
 x = 1 + 13
 2 x − x + 3 = 0
 2 x = x + 3

2
 1 + 13 

2 



Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 1;

(

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

)

3

(1)

(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2014 - 2015)

Gợi ý: ĐK: x ≥ −1
Đặt: y = x + 1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2)
Chứng minh được (2) ⇔ (x+y)(x+z)(z+x) = 0
1− 5
Với: x + y = 0 ⇔ x + x + 1 = 0 ⇔ x + 1 = − x ⇒ x =
( thỏa mãn)
2
Với: x + z = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = − 2 ( loại).
Với: y + z = 0 ⇔ x + 1 + 2 = 0 - vô nghiệm
1− 5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x =
2
3
x

+ 8 x 2 = 40 (1)
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2
5− x
(Đề thi HSG tỉnh Hưng Yên – Năm học 2014- 2015)
2
Gợi ý: ĐK: 5 − x > 0 ⇒ − 5 < x < 5
x3

Ta có:

5− x

2

+ 8 x 2 = 40 ⇔ x 3 + 8 x 2 × 5 − x 2 = 40 × 5 − x 2

(

⇔ x 3 + 8 × 5 − x 2 ×( x 2 − 5 ) = 0 ⇔ x 3 − 2 × 5 − x 2

)(
(
⇔ ( x − 2 × 5 − x ) ×( 2 x × 5 − x

)

)

3

=0

⇔ x − 2 × 5 − x 2 × x 2 + 2 x × 5 − x 2 + 20 − 4 x 2 = 0
2

TH1:

2

)

− 3x 2 − 20 = 0

x − 2 × 5 − x = 0 ĐK: x > 0
⇔ x 2 = 4 ×( 5 − x 2 )

TH2: 2 x × 5 − x 2 − 3x 2 − 20 = 0

2

⇔ 2 x × 5 − x 2 = 3x 2 + 20

⇔ 4 x 2 ×( 5 − x 2 ) = 9 x 4 + 120 x 2 + 400

⇔ 5 x 2 = 20
⇔ x = ±2

⇔ 13x 4 + 100 x 2 + 400 = 0 (vô nghiệm)

⇔ x=2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 x 2 − x = 2 x − x 2 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ - Năm học 2014 - 2015)

x = 0
x(2 x −1) ≥ 0
⇒1
Gợi ý: ĐK: 
 ≤ x ≤2
x(2 − x) ≥ 0
2
Ta có: (1) ⇔2 x 2 − x − x 2 x 2 − x + ( 1 + x )

2x2 − x − x (1 + x ) =0

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

14


⇔

(

2x − x − x
2

)(

 2x2 − x = x
2x − x + 1 + x = 0 ⇔ 
 2 x 2 − x = − ( x + 1) (loai)


)

2

Giải ra ta được x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 5: Giải phương trình: x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Hòa Bình – Năm học 2010- 2011)
Gợi ý: ĐK: 1 ≤ x ≤ 7
Ta có:

(1) ⇔

(

)(

x −1 − 2 .

)

x −1 − 7 − x = 0

 x −1 − 2 = 0
x = 5

⇔

(thỏa mãn)
x
=
4


 x −1 − 7 − x = 0
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 4;5}
Ví dụ 6: Giải phương trình: x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 (1)
(Đề thi HSG thành phố Đà Nẵng – Năm học 2009- 2010)
Gợi ý: ĐK: x ≥ 0
Ta có: (1) ⇔ x x ( x − 2 ) − ( x − 2 ) = 0
⇔

⇔

(

)(

)

x − 2 x x −1 = 0

x = 4
⇔
( t / m)
x = 1

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 4;1}
b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình tích:
Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 x + 1 − 3x = x − 1 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang – Năm học 2009 -2010)
Gợi ý: ĐK: x ≥ 0
Đặt a = 2 x + 1 , b = 3x với a ≥ 0, b ≥ 0.
Suy ra: b2 – a2 = x – 1. Thay vào (1), ta có:
a – b = b2 – a2 ⇔ (a – b)(a+b+1)= 0 ⇔ a – b = 0 (do a ≥ 0, b ≥ 0 nên a+b+1>0 )
Với a = b, ta có: 2 x + 1 = 3x ⇔ x = 1 (t/m).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 8: Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x3 + 1 (1)
(Đề thi HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013- 2014)
Gợi ý: ĐK: x ≥ -1.
Đặt a = x + 1 , b = x 2 − x + 1 với a ≥ 0, b>0.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2(a2 + b2) = 5ab ⇔ (2a-b)(a-2b)=0 ⇔ 2a=b hoặc a=2b
Với a=2b ⇔ x + 1 =2 x 2 − x + 1
⇔ 4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm.
Với b=2a ⇔ x 2 − x + 1 =2 x + 1
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

15


⇔ x2-5x-3 = 0 ⇔ x = 5 ± 37 (thỏa mãn đk x ≥ -1.)
2
5 ± 37
Vậy phương trình có nghiệm: x =
2

Ví dụ 9: Giải phương trình: ( x + 5 - x + 2)(1 + x 2 + 7x + 10) = 3 .
(Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2013 -20 14)
Gợi ý: ĐK x ≥ - 2
Đặt x + 5 = u ≥ 0, x + 2 = v ≥ 0 ta có: uv = x 2 + 7 x + 10, u 2 − v 2 = 3
Thay vào phương trình ta được: (u − v)(1 + uv) = u 2 − v 2
u = v
⇒ (u − v)(1 + uv) = (u − v)(u + v ) ⇔ (u − v)(1 − u )(1 − v) = 0 ⇔ u = 1

 v = 1
* Với u = v ta có x + 5 = x + 2 ⇒ PT vô nghiệm
* Với u = 1 ta có x + 5 = 1 ⇔ x = −4 (loại)
* Với v = 1 ta có x + 2 = 1 ⇔ x = −1 (TM)
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 10: Giải phương trình: 2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3x + 2 = x + 5 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2014 -20 15)
Gợi ý: ĐK: x ≥ -5

Đặt a = 2 x + 5 x + 12 ; b =
2

a2 − b2
2 x + 3 x + 2 => a – b = 2x +10 => x+5 =
2
2

2

2

Thay vào phương trình ta được:
a+b=

a2 − b2
⇔ 2(a + b) – (a2 – b2) = 0 ⇔ (a+b)(2 – a + b) = 0
2

vì a + b > 0 nên 2 – (a – b) = 0 hay a – b = 2
Giải ta tìm được x = -1; x =

1
7

* Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta
cần chú ý các bước sau.
+ Tìm tập xác định của phương trình.
+ Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi
là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;….. là những phương trình
quen thuộc.
+ Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0;…..
thuộc tập xác định .
+ Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như
nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa
ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải.
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

16

Bài tập áp dụng:
1. x 3 − 7 x − 6 = 0

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

3. x(x+5) = 2 3 x 2 + 5 x − 2 − 2

4. 2( x2 + 2x + 3) = 5 x 3 + 3x 2 + 3x + 2

3: Phương pháp đặt ẩn phụ:
a) Dạng 1: Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2010- 2011)
Gợi ý: ĐK: x ≥ 1
Đặt 2 x + 3 + x + 1 = u (u ≥ 0)

)

(

2
2
2
Ta có: u = 3x + 4 + 2 2 x + 5 x + 3 = 3x + 2 2 x + 5 x + 3 − 16 + 20

Khi đó: (1) ⇔ u 2 = u + 20 ⇔ u 2 − u − 20 = 0 ⇔ u = 5 (do u ≥ 0)
Với u = 5 ta được: 2 x + 3 + x + 1 = 5 ⇔ 3x + 4 + 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 25
x ≤ 7
⇔ 2 2 x 2 + 5 x + 3 = 21 − 3 x ⇔  2
⇔ x = 3 (t/m)

 x − 146 x + 429 = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 ( x 2 + 2 ) = 4 − x 2 x 2 + 4 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2013- 2014)
Gợi ý:
Đặt t = x 2 x 2 + 4 ⇔ t 2 = 2 x 2 (x 2 + 2) ⇔ x 2 (x 2 + 2) =

t2
2

t = 2
t2
2
Lúc này, ta có: (1) ⇔ 2 = 4 − t ⇔ t + 2t − 8 = 0 ⇔ t = −4


Với t = 2, ta có:

 x > 0
x > 0
 x > 0
x 2 x2 + 4 = 2 ⇔ 
⇔
⇔
⇔x=


4
2

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

3 −1

Với t = -4, ta có:
 x < 0
x < 0
x < 0
x 2 x 2 + 4 = −4 ⇔ 
⇔ 4
⇔
⇔ x=− 2

4
2
2
2
2
x
+
2
x
=
16
x

+
2
x
−
8
=
0
x
=
2
(
)




Vậy tập nghiệm của phươn trình là: S =

{

3 − 1; − 2

Ví dụ 3: Giải phương trình: ( x − 1) ( x + 2 ) + 4 ( x − 1)

}

x+2
= 12 (1)
x −1

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2013- 2014)
Gợi ý: ĐK: x ≤ 2; x > 1

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

17


x+2
− 12 = 0
Ta có: (1) ⇔ ( x − 1) ( x + 2 ) + 4 ( x − 1)
x −1

t = 2

Đặt t = ( x − 1) ( x + 2 ) ta có phương trình: t2 + 4t – 12 = 0 ⇒ t = −6 (loai)

 x = 2 (t/m)

2
Với t = 2, ta có: (x + 2)(x + 1) = 4 ⇔ x + x − 6 = 0 ⇔  x=-3 (t/m)


Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 2; −3}
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2x2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33 (1)
ĐK: ∀ x ∈ R

Gợi ý:

Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x + 9 + 2 x 2 + 3x + 9 - 42= 0 (1)

Đặt 2 x 2 + 3x + 9 = t (t ≥ 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt
điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t)
(1) ⇔ t2 + t - 42 = 0

Ta có:

Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại)
2
2 x 2 + 3 x + 9 = 6 ⇔ 2x + 3x -27 = 0

Từ đó ta có:

Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -

9
2

Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 5: Giải phương trình:

x+

4

x = 12 (1)

ĐK: x ≥ 0

Gợi ý:
Đặt

4

x = t (t ≥ 0) ⇒

x = t2, ta có: (1) ⇔ t2 + t -12 = 0

Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = - 4 (loại)
Với t = 3 ⇒ 4 x = 3 ⇒ x = 81(thỏa mãn)
Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 6: Giải phương trình:
Gợi ý:

x + 1 ≥ 0
3 − x ≥ 0

ĐK: 

Đặt

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

⇔

 x ≥ −1

x ≤ 3

⇔ −1≤ x ≤ 3

x + 1 + 3 − x = t ≥ 0 ⇒ t2 = 4 + 2 ( x + 1)(3 − x)
⇒

( x + 1)(3 − x) =

Thay vào (1) ta được: (1) ⇔ t −
+ Với t = 0 ⇒

t2 − 4
(2)
2
t = 0
t2 − 4
= 2 ⇔ t2 - 2t = 0 ⇔ t(t-2)= 0 ⇔ 
2
t = 2

x + 1 = 0
x +1 + 3 − x = 0⇒ 
(vô nghiệm) ⇒ phương trình vô nghiệm.
3 − x = 0

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

18


+ Với t = 2: (2) ⇒ ( x + 1)(3 − x) = 0 ⇒ x1 = -1; x2 = 3 (thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = -1; x2 = 3
Ví dụ 7: Giải phương trình:

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 (1)

Gợi ý: ĐK: x ≥ 1
Nhận xét.

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1

Đặt t = x − x 2 − 1 (t > 0) thì phương trình (1) có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1
t
Thay vào tìm được x = 1 (t/m)
Ví dụ 8: Giải phương trình sau: x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1 (1)
x

Gợi ý: ĐK: −1 ≤ x < 0 ; x ≥ 1
Chia cả hai vế cho x, ta nhận được: x + 2 x −
Đặt t = x −

1
1
1
1
= 3 + ⇔ x − + 2 x − − 3 = 0 (*)
x
x
x

x

t = 1
1
2
(t ≥ 0), thì phương trình (*) có dạng: t + 2t − 3 = 0 ⇔ 
x
t = −3(loai)

Với t = 1 ⇒ x =

1± 5
(thỏa mãn)
2

Ví dụ 9: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1 (1)
Gợi ý: Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.


1

1

Chia cả hai vế cho x, ta được: (1) ⇔  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

Ví dụ 10: Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 (1)
Gợi ý: Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0
−5

y=

3 ⇔ y =1
Phương trình (1) 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

b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x − 1 +

x −1
= 3 x + 1. (1)
4x

(Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ – Năm học 2013 -20 14)
1
3

Gợi ý: ĐK: x ≥ − , x ≠ 0
Phương trình tương đương với: 12 x 2 − ( 3x + 1) = 4 x 3x + 1 .
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

19


Đặt a = 2 x, b = 3x + 1
2
2
Ta có phương trình: 3a − b = 2ab ⇔ ( b − a ) ( b + 3a ) = 0 ⇔ b = a hoặc b = −3a .
Khi đó 3x + 1 = 2 x hoặc 3x + 1 = −6 x .
+) Với 3x + 1 = 2 x , điều kiện x > 0 , ta có
1
3 x + 1 = 2 x ⇔ 3 x + 1 = 4 x 2 ⇔ 4 x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − (loại).
4
1
+) Với 3x + 1 = −6 x , điều kiện − ≤ x < 0 , ta có
3
3 − 153
3 + 153
3 x + 1 = −6 x ⇔ 36 x 2 − 3 x − 1 ⇔ x =
hoặc x =
(loại).
72
72
3 − 153
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x =
.

72

Ví dụ 2: Giải phương trình: 10 x 3 + 1 = 3x 2 + 6 (1)
(Đề thi HSG tỉnh Nghệ An– Năm học 2010 -20 11)
Gợi ý: ĐK: x ≥ −1
Ta có : (1) ⇔ 10.

( x + 1) ( x 2 − x + 1)

= 3( x2 + 2)

Đặt: a = x + 1 (a ≥ 0); b= x 2 − x + 1

( b > 0)
 a = 3b
b = 3a

Ta có: 10ab = 3a2 + 3b2 ⇔ ( a − 3b ) ( 3a − b ) = 0 ⇔ 

- Nếu a = 3b, ta có: x + 1 =3 x 2 − x + 1 ⇔ 9 x 2 − 9 x + 9 = x + 1 ⇔ 9 x 2 − 10 x + 8 = 0
∆ , = 25 − 9.8 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.

- Nếu b = 3a, ta có: 3 x + 1 = x 2 − x + 1
 x = 5 + 33 (t/m)
⇔ 9 ( x + 1) = x 2 − x + 1 ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔  1
 x2 = 5 − 33 (t/m)

Vậy phương trình có hai nghiêm : x = 5 ± 33
Ví dụ 3: Giải phương trình: 5 x 3 + 1 = 2( x2 + 2)

(1)

(Bài toán này được phát triển từ ví dụ 2)
Gợi ý: ĐK: x ≥ −1
Ta có: (1) ⇔ 5. x + 1. x 2 − x + 1 = 2 ( x 2 + 2 )
Đặt x + 1 = a ≥ 0 ; x 2 − x + 1 = b > 0 ⇒ a2 + b2 = x2 + 2
Thay a, b vào phương trình (1), ta có :
(1) ⇔ 5ab = 2(a2 + b2) ⇔ 2a2 + 2b2 - 5ab = 0
 2a − b = 0
⇔ 2a2 - 4ab - ab + 2b2 = 0 ⇔ (2a- b)( a -2b) = 0 ⇔ 
a − 2b = 0

+ Trường hợp: 2a = b ta có: 2 x + 1 = x 2 − x + 1
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

20


⇔ 4x + 4 = x2 - x +1 ⇔ x2 - 5x - 3 = 0

Phương trình có nghiệm x1 =
+ Trường hợp: a = 2b, ta có:

5 + 37
5 − 37
; x2 =
(thỏa mãn)
2
2

x + 1 = 2 x 2 − x + 1 ⇔ x+ 1 = 4x2 -4x + 3 = 0

⇔ 4x2 - 5x + 3 = 0 phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x1=
Ví dụ 4: Giải phương trình:

5 + 37
5 − 37
và x2=
2
2

x + 1 + 2 (x+1) = x- 1 +

1 − x + 3 1 − x 2 (1)

Gợi ý: ĐK: -1 ≤ x ≤ 1
Đặt x + 1 = u ≥ 0 và 1 − x = t ≥ 0
Ta có: (1) ⇔ u + 2u2 = -t2 + t + 3ut ⇔ (u - t ) 2 + u(u-t) + (u-t) = 0
x = 0
 x + 1 = 1− x
u = t
⇔ (u-t)(2u - t +1 ) = 0 ⇔ 
⇔ 
⇔
 x = − 24
2
u
+

1
=
t

2 x + 1 + 1 = 1 − x
25


Cả hai giá trị đều thoả mãn điều kiện: -1 ≤ x ≤ 1.
Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 0; x2 = −

24
25

Ví dụ 5: Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x3 − 1
Gợi ý: ĐK: x ≥ 1

(1)

Ta đưa phương trình (1) về dạng: 3 ( x − 1) + 2 ( x 2 + x + 1) = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

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

Ví dụ 6: Giải phương trình: x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1

(1)

u = x
( u, v ≥ 0; u > v )
Gợi ý: Ta đặt: 
2
v = x − 1
2

Ta có: (1) ⇔ u + 3v = u 2 − v 2 ⇔ 2(u + v) - (u - v)= ( u + v ) ( u − v )
Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x.
Ví dụ 7: Giải phương trình sau: x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1
1
2
2
( x + 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

Gợi ý: ĐK: x ≥ . Bình phương 2 vế ta có:

(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

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

21


1+ 5
1+ 5
v ⇔ x2 + 2x =
Vì u, v ≥ 0 nên u =
( 2 x − 1) . Giải tiếp ta ìm được x.
2

2

Chú ý: Các phương trình dạng α u + β v = mu 2 + nv 2 có thể giải như VD4 và VD 5
c) Dạng 3: Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3x +1= (x + 3) x 2 +1 (1)
(Đề HSG TP Thái Nguyên – Năm học 2014 - 2015)
Gợi ý:
Đặt

x 2 + 1 = y với y ≥ 1 . Khi đó ta được

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

Ví dụ 2: Giải phương trình: (4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 − 2 x + 2 (1)
(Đề HSG huyện Thanh Chương – Năm học 13 - 14)
Gợi ý:
Đặt x 2 + 1 = y ≥ 1 phương trình trở thành:
(4 x − 1) y = 2 y 2 − 2 x ⇔ 4xy - y = 2y2 - 2x
⇔ 2y2 - 2x - 4xy + y = 0 ⇔ y(2y +1) - 2x(2y + 1) = 0
⇔ ( 2y + 1)(y - 2x) = 0 ⇔ y = 2x (vì y ≥ 1 ).
⇔

x2 + 1 = 2x ⇔ x =

1
3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x =

(

)

1
3

2
2
2
Ví dụ 3: Giải phương trình: x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2 (1)

Gợi ý: Đặt t = x 2 + 2 ; t ≥ 2 . Ta có:
t = 3
(1) x 2 + 2 − ( 2 + x ) x 2 + 2 − 3 + 3 x = 0 ⇔ t 2 − ( 2 + x ) t − 3 + 3 x = 0 ⇔ 
t = x − 1

Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 2 = 3 ⇔ x = ± 7
Nếu t = x - 1 ⇒ x ≥ 1 + 2 . Ta có: x 2 + 2 = x 2 − 2 x + 1 ⇔ x =

−1
(loại)
2

Ví dụ 4: Giải phương trình: ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
Gợi ý: Đặt: t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

2

2
Ta có: (1) ⇔ ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0

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

Nếu t = 2 ⇔ x 2 − 2 x + 3 = 2 ⇔ x 2 − 2 x + 3 = 4 ⇔ x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

22


Nếu t = x - 1 ⇒ x ≥ 1 + 2 . Ta có: x2 – 2x + 3 = x2 – 2x + 1 ⇒ phương trình vô nghiệm
2
2
Ví dụ 5: Giải phương trình: x + 3x + 1 = ( x + 3) x + 1 (1)
Gợi ý: Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1

t = x
⇔
⇔
t = 3
Phương trình (1) trở thành: t - (x + 3)t + 3x = 0 (t - x)(t - 3) = 0

2
Nếu t = x ⇔ x + 1 = x (vô nghiệm)
2

Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2 .

Vậy: x = ±2 2

4. Phương pháp đưa về hệ phương trình:
Các bước tiến hành:
- Tìm điều kiện tồn tại của phương trình
- Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình
quen thuộc.
Ví dụ 1: Giải phương trình:

3

x + 10 + 3 17 − x = 3 (1)

(Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang – Năm học 2012- 2013)
Gợi ý:
Đặt a= 3 x + 10 ; b= 3 17 − x ⇒ a3 + b3 = 27
 a = 3

a + b = 3
a + b = 3
b = 0
⇔ 2
⇔
Ta có hệ phương trình:  3 3
2
 a = 0
 a + b = 27
 a − ab + b = 9


 b = 3
 a = 3  3 x + 10 = 3
⇔
⇒ x = 17
Với 
b = 0
 3 17 − x = 0
 3 x + 10 = 0
a = 0
⇔
⇒ x = −10
Với 
b = 3
 3 17 − x = 3

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 +

x + 2015 = 2015 . (1)
(Đề HSG tỉnh Long An – Năm học 2014 - 2015)
Điều kiện: x ≥ −2015 ; Đặt t = x + 2015 ≥ 0 => t2 – x = 2015
 x 2 + t = 2015
Ta có hệ phương trình :  2
 t − x = 2015
 t 2 − x 2 − x − t = 0
(t + x)(t − x − 1) = 0
⇔
⇔ 2
2
 x + t = 2015

 x + t = 2015

Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

23


t = −x

  x = 1 + 8061
 t = − x
 t = − x
⇔ 2
⇔ 
* Giải hệ pt:  2
2

 x + t = 2015
 x − x − 2015 = 0

  x = 1 − 8061
 
2
t = x + 1

  x = −1 + 8057
 t = x + 1
 t = x + 1
⇔ 2
⇔ 

* Giải hệ pt:  2
2

x
+
t
=
2015
x
+
x
−
2014
=
0



  x = −1 − 8057
2
 

* Đối chiếu với điều kiện bài toán, vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x1 =

1 − 8061
−1 + 8057
; x2 =
2
2

Ví dụ 3: Giải phương trình:

25 - x 2 - 10 - x 2 = 3 . (1)
(Đề HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2008 - 2009)

Gợi ý: Đặt a= 25 − x 2 ; b= 10 − x 2 ⇒ a 2 + b 2 = 15
a − b = 3

a − b = 3
a = 4
⇔
⇔


2
2
 a + b = 5 b = 1
 a − b = 15

Ta có hệ phương trình: 

 25 − x 2 = 4
a = 4
⇔
⇒ x 2 = 9 ⇒ x = ±3 (t/m)
Với 
b = 1
 10 − x 2 = 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ±3
Ví dụ 4: Giải phương trình x2 - x - 2 1 + 16x = 2 (1)
(Đề HSG tỉnh Nghệ An – Năm học 2008 - 2009)
Gợi ý: ĐK: x ≥ −

1
16

Ta có: (1) ⇔ x2 - x = 2( 1 + 16x + 1) . Đặt: 1 + 16x + 1 = 2y ( y ≥
⇔ 1 + 16x = 4y2 -4y + 1⇔ 4y2 - 4y = 16x
⇔ y2 - y = 4x (*)
2
 y − y = 4x
⇒ (x − y)(x + y + 3) = 0
Ta có :  2
 x − x = 4y

1
)
2

x = y
⇔
 x + y + 3 = 0 (lo¹i v× x ≥ - 1 vµ y ≥ 1 )

16
2
2
Với x = y thay vào (*) ⇒ x - x = 4x
 x = 5 (tho¶ m·n)

⇔ x2 - 5x = 0 ⇔ x(x - 5) = 0 ⇔ 
 x = 0 (lo¹i)
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

24


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5
Ví dụ 5: Giải phương trình: 25 − x 2 - 15 − x 2 = 2
Gợi ý: ĐK: 0 ≤ x2 ≤ 15
25 − x 2 = a (a ≥ 0) (* );

Đặt:

15 − x 2 = b ( b ≥ 0) ( ** )

Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình:

a =
a − b = 2
⇔ 
⇔ 
a + b = 5
b =


a − b = 2

(1) ⇒ (a − b)(a + b) = 2(a + b)
a + b ≠ 0



+ Với a =

49
51
7
⇒ 25 - x2 =
⇔ x2 =
⇒ x = ± 51 (thỏa mãn)
2
4
4
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ±
Ví dụ 6: Giải phương trình:
Gợi ý:

7
2
3
2

51
.
2

(5 − x) 5 − x + ( x − 3) x − 3
5− x + x−3

=2

(1)

ĐK: 3 ≤ x ≤ 5
 5 − x = u (u ≥ 0)
 x − 3 = t (t ≥ 0)

Đặt 

Phương trình (1) trở thành hệ phương trình:
2
2

u = 0
u + t = 2
⇔
⇔
⇔
Ta có: (1)
 2
ut
=
0
t = 0
2


u − ut + t = 2

+ Với u = 0 ⇒ 5 − x = 0 ⇒ x = 5 (thỏa mãn)
+ Với t = 0 ⇒ x − 3 = 0 ⇒ x = 3 (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5.
Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 2 − x + x − 1 = 1
Gợi ý:

ĐK: x ≥ 1
Đặt

3 2 − x = u

 x − 1 = t (t ≥ 0)

Khi đó: u3 = 2 - x ; t2 = x- 1 nên u3 + t2 = 1
u + t = 1( 1 )

Phương trình đã cho được đưa về hệ: 

3
2
u + t = 1( 2 )

Từ phương trình (1) ⇒ u = 1 - t. Thay vào phương trình (2) ta có:
t = 0
t =0


⇔  t = 1
(2) ⇔ (1 - t)3 + t2 = 1 ⇔ t( t2 - 4t + 3) = 0 ⇔  2

t − 4t + 3 = 0
 t = 3
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS

25