SKKN phân dạng một số phương trình vô tỉ thường gặp trong chương trình phổ thông

PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
A.PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình vô tỉ thường gặp trong chương trình toán phổ thông hơn nữa nó
thường có mặt trong các đề thi đại học cao đẳng và trung học chuyên nghiệp .
Trong chương trình toán phổ thông , bài toán về phương trình vô tỉ là bài toán
thường gặp và có nhiều dạng , với mỗi dạng tương ứng có những cách giải
khác nhau .Nếu học sinh không nắm vững các dạng phương trình vô tỉ thường
gặp và cách giải tương ứng thì việc giải phương trình gặp nhiều khó khăn. Vì lẽ
đó mà tôi chọn đề tài là:"phân dạng một số phương trình vô tỉ thường gặp
trong chương trình phổ thông" .Vì phần kiến thức này rất rộng , nên tôi chỉ đi
sâu vào các dạng phương trình vô tỉ có mặt trong chương trình phổ thông và
lấy 1 số ví dụ áp dụng từ các đề thi ĐH-CĐ và THCN trong những năm gần
đây.
II.NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A. Phần mở đầu
B. Nội dung
C. Kết luận.
III. GIỚI HẠN CHỌN ĐỀ TÀI :
Đề tài này giới hạn trong chương trình phổ thông.

1


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
B.NỘI DUNG
1. PHƯƠNG PHÁP LUỸ THỪA
 A  0( B  0)
A B 
A  B
 A  0( B  0)

Tổng quát: 2 k A  2 k B  
(k N )
A  B

Dạng 1 : Phương trình

B  0
AB
2
A  B
B  0
Tổng quát: 2k A  B  
2k
A  B

Dạng 2: Phương trình

(k N)

Dạng 3: Phương trình
A  0
B  0
+) A  B  C  
(chuyển về dạng 2)
C  0
 A  B  2 AB  C

A  0

) A  B  C   B  0


 A  B  2 AB  C

+) 3 A  3 B  3 C  A  B  3 3 A.B



(chuyển về dạng 2)
3



A  3 B  C (1)

và ta sử dụng phép thế : 3 A  3 B  3 C ta được phương trình :
A  B  3 3 A.B.C  C (2)

Chú ý: - Phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình (1).
- Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện
cho 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta
phải thử lại.
Dạng 4:

3

A  B  A  B3 ;

2 k 1

A  B  A  B 2 k 1

(kN)

Ví dụ 1: giải phương trình:
x  4 - 1  x = 1 2 x (1)
Giải: Điều kiện:  4  x 

1
(*)
2

(1)  1  2 x  1  x  x  4
 (1  x)(1  2 x)  2 x  1
2


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
1

x  
 x  0 (thỏa mãn (*))

2
2 x 2  7 x  0


Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=0
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3

2x  1  3 x  1  3 3x  1

Giải: Lập phương hai vế ta nhận được phương trình tương đương sau:

 2x  1 
x  1   11

2x - 1 + x - 1 + 3 3  2x  1 x  1

Do

3

3

 2x  1 x  1  3 2x  1  3

3

3



x  1  3x  1
(1)

2x  1  3 x  1  3 2x  1 nên từ (1) dẫn đến phương trình sau:
3

 2x  1 x  1 3 3x  1  1



(2x2 - 3x +1) (3x + 1) = 1



6x3 - 7x2 = 0



x = 0 hoặc x =

(2)

7
6

7
6
Do phép biến đổi từ (1) sang (2) là phép biến đổi hệ quả nên ta phải thử lại để

Vậy (2) có hai nghiệm x = 0 và x =

tìm nghiệm đúng của phương trình.
Ta thấy x = 0 không thoả mãn (1) còn x =
Vậy phương trình có nghiệm là x =

7
thoả mãn.

6

7
.
6

* Chú ý : Ta có thể mở rộng dạng toán trên thành dạng sau:
3

f  x   3 g  x   3 h  x   3 r  x  mà cách giải như dạng đầu, trong đó tổng

3

f  x   3 g  x  thay bởi tổng

3

3

hx  3 rx


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
f  x   g  x   h  x   k  x  , ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi
lại gặp khó khăn
Ví dụ 3 : Giải phương trình sau :
x  3  3x  1  2 x  2 x  2

Giải: Đk x  0

Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta
được:1   x  3 3x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là
không khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3x  1  2 x  2  4 x  x  3

Bình phương hai vế ta có : 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1
Thử lại x=1 thỏa
 Nhận xét :
Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Mà có :
f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng
f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả

Ví dụ 4 : Giải phương trình sau :
x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x3

Giải:
Điều kiện : x  1
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :

x3  1
. x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời
x3

giải như sau :
(2) 

x3  1
 x  3  x2  x  1  x  1
x3

x  1 3
x3  1
 x2  x  1  x2  2x  2  0  
Bình phương 2 vế ta được:
x3
 x  1  3

Thử lại : x  1  3, x  1  3
 Nhận xét :

4

là nghiệm


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Mà có :
f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi

f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó

bình phương ,giải phương trình hệ quả
Bài tập vận dụng:
Giải các phương trình sau:
1) (db1- khối B 2005) : 3x  3  5  x  2x  4 .

ĐS: x=2, x=4
2)/ ( ĐH KD-2005) : 2 x  2  2 x  1  x  1  4
ĐS: x=3
3) ( ĐH KD-2006) : 2x  1  x 2  3x  1  0
ĐS: x  1, x  2  2
2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Dạng 1: Các phương trình có dạng :
  A.B   A.B    0 , đặt t  A.B  A.B  t 2
  . f ( x)   . f ( x)    0 , đặt t  f ( x)  f ( x)  t 2
x b
  0
xa
x b
đặt t  ( x  a)
 ( x  a)( x  b)  t 2
xa

  .( x  a)( x  b)   ( x  a)

Chú ý:
 Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại
Ví dụ1: Giải phương trình:
2 n (x  1) 2  n (x  1) 2  3 n x 2  1 = 0.

với n là số tự nhiên  2.
Nhận xét và lời giải
* Khi giải phương trình vô tỷ, trước hết cần phải xác định điều kiện cho
ẩn. Từ việc làm đó, ta nghĩ đến việc chia thành các trường hợp của n, đó là n
chẵn hoặc n lẻ.
+ Trường hợp 1: Nếu n chẵn, thì phương trình tương đương với hệ sau:

(x 1) 2  0

2
(x 1)  0
 2
 x 1 0

5

hệ này vô nghiệm


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
+ Trường hợp 2: Nếu n lẻ
Do x = 1 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương
trình cho

n

(x 1) 2 ta được:
2

 x 1 
x 1
= 0. Đặt t =
2n 
 1  3 n
x

1

x

1



n

2t2 + 3t + 1 = 0  t = -1 hoặc t =  Với t = - 1 

n

x 1
, ta có:
x 1

1
2

x 1
x 1
=-1
= (-1)n = - 1(n lẻ)
x 1
x 1

x+1=-x+1x=0
1 2n
x 1
1

1
 x 1
x

 Với t = -  n
=- x+1=

1  2n
x 1
2
2
2n
+ Kết luận: - Nếu n chẵn: phương trình vô nghiệm
- Nếu n lẻ: phương trình có hai nghiệm x = 0; x =
Ví dụ 2

giải phương trình sau:
(x+3)(x+2)-5 x 2  5x  2 =10

Giải: (1)  x2+5x+6-5 x 2  5x  2 =10 (2)
Đặt : t= x 2  5x  2
( đk: t  0 *)
Khi đó phương trình (2) trở thành
t  1 loai

t2-5t-6=0  
t  6 (t / m)
với t=6  x 2  5x  2 =6


x2+5x+2=36  x2+5x-34=0  x=

 5  161
2

Ví dụ3:. Giải phương trình sau:
x  5  x 1  6

Điều kiện: 1  x  6

6

(1)

1  2n
1 2n


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Đặt y  x  1( y  0) thì phương trình trở thnh:
y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0 ( với
1  21
1  17
(loaïi), y 
2
2
11  17
Từ đó ta tìm được các giá trị của x 
2

y  5)  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0  y 

Ví dụ4:. Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1
Giải: x  0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
1
1

x  3 x  2
x
x

1 5
1
Đặt t= 3 x  , Ta có : t 3  t  2  0  t  1  x 
x
2

Bài tập vận dụng:
Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) ( x  1)( x  4)  5 x 2  5x  28
b) x  32  3x  22  x 2  3x  7
Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm?
a) (1  2 x)(3  x)  2x 2  5x  3  m
b)
 x 2  2 x  4 3  x x  1  m  3

Bài 3. Cho phương trình:  x 2  2x  4 (3  x)( x  1)  m  2
a. Giải phương trình khi m = 12
b. Tìm m để phương trình có
nghiệm?

Bài 4. Cho phương trình: (x  3)(x  1)  4(x  3) x  1  m

(Đ3)

x3

a. Giải phương trình với m = -3
nghiệm?

b. Tìm

m để phương trình có

Dạng 2: Các phương trình có dạng: A  B   A  B   C  0
Đặt : t  A  B (đặt đk cho t)
2

Ví dụ : cho phương trình: 3  x  6  x - (3  x).(6  x) = m (1 )
a) Giải phương trình (1) khi m=3
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
Giải:
+)Tập xác định: D =  3; 6
+) Đặt:
t = 3 x  6 x
ĐK: 3  t  3 2 (*)
7


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 (3  x).(6  x) =

t2  9
(2 )
2

+): Khi đó phương trình (1) trở thành
t

t2  9
 m  t 2  2t  9  2m  0 (3)
2

a) Giải phương trình (1) khi m=3
+) Với m =3 phương trình (3) có dạng:
t  1 (loai )
t 2  2t  3  0  
t  3 (t / m)

+) Với t = 3 , thế vào (2) ta được:
 x  3
(3  x).(6  x) = 0  
x  6

+) Vậy với m= 3 phương trình đã cho có nghiệm: x=-3 , x=6
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
.
+)phương trình (1) có nghiệm  phương trình (3) có ít nhất 1 nghiệm
thỏa mãn: 3  t  3 2 .
+)Ta có:
(3 )  t2 – 2t – 9 = - 2m (3’ )

+)Xét hàm số:
f(t) = t2 – 2t – 9 (P) trên đoạn: 3; 3 2 
+) (P) là parabol có hệ số góc a=1>0 , và có tọa độ đỉnh (1 ; -10 ).
+) Bảng biến thiên của f(t)
t
-
1
3
+
3 2
+
+
f(t)
-6 9 - 6 2
-10
+) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm
 -6  2m  9  6 2 

6 2 9
 m  3.
2

Bài tập vận dụng:
Giải các phương trình sau:
1) (DB1-B’06) 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5x  2
2) (AN’01) 7 x  7  7 x  6  2 49x 2  7 x  42  181  14x
3) (TN- KA, B ‘01) 3 x 

3
2 x

 2x 

ĐS: x=2

1
7
2x

4) (ĐH-A’02):
ĐS:x=5
x  4  x  4  2 x  12  2 x 2  16
5) Cho phương trình: x  1  3  x  ( x  1)(3  x)  m (m-tham số)
(ĐHSP Vinh 2000)
8


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
a. Giải phương trình khi m = 2.
b. Tìm để phương trình đã cho có
nghiệm.
Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu.
(Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn )
Ví dụ1 : Giải phương trình:

x  2 = 8x2 + 8x - 1
Giải: Để khử tính vô tỉ, ta đặt t =

x2 0

Để làm xuất hiện t2 = x + 2, phương trình đã cho biến đổi về dạng:

x  2 = 8x(x+2) - 8x - 1
 t = 8xt2 - 8x - 1
 8xt2 - t - 8x-1=0
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm. Do đó đây là phương trình bậc hai đối
với ẩn t mà hệ số còn chứa x.
 = 1 + 32x (8x +1) = 256x2 + 32x + 1 = (16x +1)2
phương trình đối với t có các nghiệm là:
1  8x
1  16x  1 
t=
 8x

16x
 1  0 lo¹i

Trở về tìm x, ta giải phương trình:

x2 

1  8x
8x

 x  0
1  8x

 8x  0
1




2  x
8
 x  2    1  8x 




64x 3  64x 2  16x  1  0
 8x 

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

1

x


4

5  21

x


8

1
5  21

và x =
8
4

Ví dụ2: giải phương trình : 2(1 – x) x2  2 x  1 = x2 – 2x – 1 (1)
GIẢI: Đặt: t = x2  2 x  1 ,
ĐK: t  0 (*)
9


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 x2 = t2 – 2x + 1
+)Khi đó phương trình (1) trở thành: 2.(x – 1).t = (t2 – 2x + 1) – 2x – 1
t  2
2
 t – 2.(1 – x).t – 4x = 0  
t  2.x
2

x 2  2 x  1 = 2  x + 2x – 1 = 4
2
 x + 2.x – 5 = 0  x = -1  6
x  0
-) Víi t = -2.x  x2  2 x  1 = -2x   2
2
x  2x  1  4x
x  0

 2
'

3x  2 x  1  0 (VN vi   1  3  0)
+)Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = -1  6

-) Víi t = 2 

Bài tập vận dụng
Giải phương trình :





ĐS:x=  7 (HD: đặt t  x 2  2 )

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

ĐS: x  1 2

(HD: đặt: t  x2  2 x  3, t  2 )
ĐS: x =  2 2
3
ĐS: x =  ;x  0
5

3) x2 + 3x + 1 = (x + 3) x 2  1
4) 4 1  x  1 3x  2 1  x  1  x 2
(HD: Đặt t = 1  x )
Một số dạng khác.
Ví dụ1 : Giải phương trình:

4

Giải: :

x  x2 1  x  x2 1  2

(1)

ĐKXĐ: x  1







Để ý rằng: x  x 2  1 x  x 2  1  1
1

 (1) 

Đặt u =

10

 x  x2 1  2

4

x  x2 1

4

x  x 2  1  1, ta thu được phương trình ẩn u:


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
1
u2 +  2  u3 - 2u + 1 = 0
u
Giải ra ta được nghiệm u=1 suy ra phương trình chỉ có 1 nghiệm là
x=1.
Ví dụ2 : Giải phương trình:
3

16 x 3 x  1 5
=

x 1
16 x 2

(1)

x  0
*
 x  1

Giải:

ĐK: 

Nhận thấy:
3

đặt :t= 3
(1) 

16 x 3 x  1
.
1
x  1 16 x

16 x
x 1

(đk: t  0)

1 5
t+ =
t 2

2

 2t -5t+2=0

16 x
=2  x=1
x 1
1
16 x 1

3

=  x=
127
x 1 2

+ với t= 2 
+ với

t=

1
2



t  2
 1
t 
 2

3

Bài tập vận dụng
Giải phương trình :
2
1) 9x  12  3x  7 1  3x  4 

2) x 3  1  x 2  3x  1

3) 6 x  12 x  24 12 x  0

4) x 

x2

x2

x2

x
x 2 1



35
12

Dạng 4: . 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   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 

11


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 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) . Phương trình dạng : a. A  x   bB  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  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”
Ví dụ1.: Giải phương trình:
2 3 x  1  3 x 1  6 x2 1

Giải: ĐKXĐ: x2 - 1  0  x  1 hoặc x  - 1
* Trường hợp x  1.
Phương trình được viết lại:
2 6 (x  1) 2  6 (x  1) 2  6 x 2  1

Đặt u =

6

x  1  0, v =

6

x  1  0, ta có:
2u2 - v2 = uv.

Đây là PT thuần nhất hai ẩn.
2u2 - v2 = uv  (2u + v) (u - v) = 0

u  v  0


u  v

Với u = v = 0: Không thoả mãn.
12


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Với u = v


6

x 1 =

6

x  1  x + 1 = x - 1. PT này vô nghiệm.

* Trường hợp x  - 1
Chú ý:
Đặt u =

3

x  1   6 (x  1) 2 ;
6

3

x  1   6 (x  1) 2

(x  1)  0 , v  6 (x  1)  0 , ta được:
-2u2 + v2 = uv.

 (2u - v) (u + v) = 0  2u = v hoặc u = v = 0.
 Với 2u = v thì 2 6 (x  1)  6 (x  1)
 64(-x - 1) = -x + 1  x =

 65
(thoả mãn trường hợp x
63

 -1)
 Với u = v = 0 thì x + 1 = x - 1 phương trình này vô nghiệm.
Vậy PT đã cho có 1 nghiệm x =

 65
63

Ví dụ 2. giải phương trình sau :
2 x 2  5 x  1  7 x3  1

Giải:
Đk: x  1

Nhận xet : Ta viết   x  1    x 2  x  1  7  x  1  x 2  x  1

Đồng nhất thức ta được: 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: 3u  2v  7 uv   1
v  u
4

Ta được : x  4  6
2

Ví dụ 3. Giải phương trình :
x3  3x 2  2

 x  2

3

 6x  0

Giải:
Nhận xét : Đặt y  x  2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3
đối với x và y :
13


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
x  y
x3  3x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3xy 2  2 y 3  0  
 x  2 y
Pt có nghiệm : x  2, x  2  2 3

Bài tập vận dụng
Giải phương trình:
1) 2 n (x  1) 2  n (x  1) 2  3 n x 2  1  0
3) 2  x 2  2   5 x3  1

ĐS: x 

2) 5 x 2  1 = 2(x2 + 2)
5  37
,HD:Đặt
2

u  x  1, v  x 2  x  1

b).Phương trình dạng :  u   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.
Ví dụ1: giải phương trình :
x2  3 x2  1  x4  x2  1

Giải:
2

u  x
Ta đặt : 
khi đó phương trình trở thành : u  3v  u 2  v 2
2

v  x  1

Ví dụ2: giải phương trình :
5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1

Giải:
Đk x  5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  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 không thể đặt
u  x 2  x  20
.

v  x  1

Nhưng may mắn 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  x2  4 x  5  3 x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) . Đến
đây bài toán được giải quyết .
Bài tập vận dụng

14


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Giải phương trình:
a)

x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1

b)

5x 2  14x  9  x 2  x  20  5 x  1

ĐS: x = 8; x 

5  61
.
2

3x 2  20x  1  x 2  3x  2  3 x  1

b)

ĐS: PT vô nghiệm.

3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.
 Sử dụng đẳng thức

u  v  1  uv  u  1 v  1  0

au  bv  ab  vu   u  b  v  a   0
ax  b  cx  d 

a - c x  b - d 
m

A  B  ( A  B )( A  B )  0
2

2

a3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b
Ví dụ 1. Giải phương trình :
Giải: pt 



3



x  1 1

3

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



Ví dụ 2. Giải phương trình:

x  3  2 x x  1  2 x  x2  4 x  3

Giải: dk : x  1
pt 



x  3  2x



x  1
x  1 1  0  
x  0



Ví dụ 3. Giải phương trình :

x3

4x
4 x
x3

Giải:
Đk: x  0
2

Chia cả hai vế cho


4x
4x
4x 
x  3 : 1
2
 1 
  0  x 1
x3
x3
x

3



 Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng
Ak  B k  ( A  B )( AK 1  AK  2 .B  AK 3 .B 2  ...  A.B K 2  B K 1 )

15


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT

Ví dụ 1. Giải phương trình :

3x  x

3x

Giải:
Đk: 0  x  3 khi đó pt đ cho tương đương
3

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

2

Giải:

Đk: x  3 phương trình tương đương :

1 

3 x



2

x  1

x

3

1

3
x
 9 x2  

 x  5  97
 x  3  1  3x

18

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



3

x  2  3 3x



3

2

 0  x 1

Bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau :
1) (DB2-b’06): x  2 7  x  2 x  1   x 2  8x  7  1 ( x  R)

ĐS: x=5,x=4

2) n x  12  3n x  12  2n x 2  1  0 (với n  N; n  2)
3)

x2  7x  4
 4 x (ĐHDL ĐĐ’01)
x2

4) x  2 x  1  x  1 x  x 2  x  0

(1) (HVKT QS - 2001)

4. PHƯƠNG PHÁP GIẢN ƯỚC
Ví dụ: (ĐHSPHN2’00) giải phương trình sau: x( x  1)  x( x  2)  2 x 2 (1)
Giải:

 x  1
 x  2

 x( x  1)  0
 x  0
Điều kiện: 

  x  0
x
(
x

2
)

0

 x  0
 x  1
 x  2


Xét 3 trường hợp sau:
TH1 : nếu x=0 ta thấy (1) đúng=> x=0 là nghiệm của phương trình (1)
TH2 : nếu x-2 , ta có:

16


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
(1)  1  x   x  2  2  x
 1
 x  2
1  2 x  0
 2 ( x  1)( x  2)  1  2 x  

 vn
2
4( x  1)( x  2)  (1  2 x)
x  9
 8
 trên nửa khoảng  ;2 , pt (1) vn

TH3 : nếu x1 , tacó:
(1)  x 1  x  2  2 x  2 ( x 1)( x  2)  2x 1
1

2 x  1  0
x 


2
2
4( x  1)( x  2)  (2 x  1)
4( x 2  x  2)  4 x 2  4 x  1



1

 x 
x 

2 
8 x  9
x 


1
9
2
 x   1; 
9
8
8

 trong nửa khoảng 1; phương trình (1) có nghiệm là: x  .
9
8

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  0 và x 

9
8

Bài tập vận dung:

giải các phương trình sau:
2
2
2
1) x  3x  2  x  4 x  3  x  5x  4
2). x( x  1)  x( x  2)  2 x( x  3)

3). x 2  3x  2  x 2  6x  5  2x 2  9 x  7 (BKHN- 2001)
5. PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI.
Ví dụ : Giải phương trình:

x  2 x 1  x  2 x 1 

x 3
2

Nhận xét và lời giải
Dễ thấy phương trình trên tương đương với:

x  1 1  x  1 1 

x 3
2

ĐKXĐ: x  1.
Do
17

x 1 + 1 > 0 

x  1  1  x  1 1


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 x  1 1 khi x  2
còn
x  1 1  
1 x  1 khi 1 x  2
 Nếu x  2 thì phương trình tương đương với phương trình:
(x  3) 2
x 3
 x 2 10x  25  0
 4(x - 1) =
2 x 1 
4
2



(x - 5)2 = 0  x =5 giá trị này thoả mãn x  2 nên là nghiệm.
 Nếu 1  x < 2 thì phương trình tương đương với:
2=

x3
 x = 1 thoả mãn.
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 5 và x =1.
Bài tập vận dụng: Giải phương trình:









1)

x 3  2 1  x 3  1  x 3  2 1  x 3 1  2

ĐS:

2)

2 x  2  2 x 1  x 1  4

ĐS: x=3

-1  x  0.

6. PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP
6.1. Nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung
Phương pháp
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
Ví dụ: Giải phương trình sau: ( x  1  1)( x  1  3x  10)  x  2 (1)

Giải:
Dễ thấy x=2 không là nghiệm của phương trình (1) và với x2 thì
x 1 1  0

Khi đó ta có:

18


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
( x  1  1)( x  1  1)( x  1  3x  10)  ( x  1  1)( x  2)
(1)  
 x  1  1  0
( x  2)( x  1  3 x  10)  ( x  1  1)( x  2)  0

x  2
( x  2) x  1  3 x  10  x  1  1  0

x  2



 



( x  2)(3x  9)  0

 3x  9  0  x  3
x  2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=3
Bài tập vận dụng:
Giải các phương trình sau:
1)

3 x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3 x  4

2) (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
3 2
x  1  x  x3  1
3)

ĐS: x=2.

x 2  12  5  3x  x 2  5

ĐS: x=2
ĐS: x=3

6.2. Đưa về “hệ tạm “
Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B  C
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :
 A  B  C
A B
 2 A  C 
 C  A  B   , khi đó ta có hệ: 
A B
 A  B  

Ví dụ :Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4
Giải:
Ta thấy :  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4 
x  4 không phải là nghiệm
Xét x  4

Trục căn thức ta có :
2x  8
2x  x  9  2x  x  1
2

2

 x  4  2x2  x  9  2x2  x  1  2

Vậy ta có hệ:
x  0
2
2

 2x  x  9  2x  x  1  2
2
 2 2x  x  9  x  6  

2
2
x  8
2
x


x

9

2
x

x

1

x

4


7

8
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
7

Bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau :
19


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
1) x 2  3x  1   x  3 x 2  1
2) 2  2  x  5  x   x 

 2  x 10  x 

3) 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4
4) 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
7. PHƯƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ
1. Dùng hằng đẳng thức :
 Từ những đánh giá bình phương : A2  B2  0 ,
A  0
B  0

phương trình dạng A2  B2  0  
2. Dùng bất đẳng thức

A  m
B  m

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

nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt 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,
x 1

dấu bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình:

1  2008 x  1  2008 x 

1
 1 x
x 1

 A  f  x 
khi đó :
 B  f ( x)

Đôi khi một 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
x 2  4x  8 
Ví Dụ1 : Giải phương trình:
Giải:
ta có: (1)  ( x  2) 2  4  x  2  2 (2)
+)điều kiện: x – 2  0  x  2 (*)
+) với điều kiện (8) (*), ta thấy :

20

x2

2

(1)


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
 ( x  2) 2  4  2
 ( x  2) 2  4  x  2  2, x  2

 x  2  0
 ( x  2) 2  4  2
x  2
 ( x  2) 2  4  x  2  2  

 x  2 (t / m)
x  2
 x  2  0

+) vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 2
Ví Dụ2: Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):

2 2
 x  x9
x 1

Giải: Đk x  0
2

2
 1


x  

  x9
 x 1 

  x  1  x  1  

 

1
1
x
7
x 1

 2 2

Ta có : 
 x  2 2

 x 1
 

Dấu bằng 

2 2

x 1





2

Ví Dụ3:Giải phương trình : 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16
Giải: 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  13x 2  3  3x 2   40 16  10x 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

Bài tập đề nghị .
Bài 1: Giải các phương trình sau

a)  x  2  2x  1  3 x  6  4 

2

 x  6  2x  1  3

x2

b)

5  x 6  3 3x 4  2 = 1

ĐS: x =  1

c)

x 2  5 5x  9  x 2  2 5x  1  7

ĐS: x=5

8. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ .
21

ĐS: x = 7


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Dạng 1: Đưa về hệ phương trình bình thường. Hoặc hệ đối xứng loại một.
 Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó tìm
được hệ theo u,v

Ví dụ1 : Giải phương trình:





x 3 35  x 3 x  3 35  x 3  30

Giải:

Đặt y =

3

35  x 3 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ

sau:
 xy(x  y)  30
 3 3
 x  y  35

(*)

(*)

 xy(x  y)  30

2
(x  y)  3xy(x  y)  35
 xy(x  y)  30

x  y  5



3
 x.y  6
(x  y)  125

x  2

y  3

x  3

  y  2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 và x = 2.
2 1  x  4 x 

Ví dụ 2. Giải phương trình:
Giải:

1
4
2

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
2


2

2

tìm nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6
22


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Giải: Điều kiện: x  1
Đặt a  x  1, b  5  x  1(a  0, b  0) 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


Ví dụ 4. Giải phương trình:
5 x
5 x 3

Giải
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  z ) 
(u  v) 1   
3
 u v
 uv  3


Bài tập vận dụng
Giải các phương trình :
1)(ĐH-A’09) 23 3x  2  3 6  5x  8  0
2) 3 7  x  3 2  x  3

ĐS : x=-2
ĐS: x = -6; x = 1

3) 3 12  x  3 14  x  2

ĐS: x = -15; x = 13

Dạng 2: Đưa phương trình đã cho về hệ đối xứng loại hai. ( phương trình
chữa căn bậc 2 và lũy thừa bậc 2)
 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 một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
2

 y  1  x  2

(1)
(2)

việc giải hệ này thì đơn giản
Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt 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 đặt lại như trên và đưa về hệ

23

PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
2

 x     ay  b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
, ta sẽ xây
2

y



ax

b




dựng được phương trình dạng sau : đặt  y    ax  b , khi đó ta có phương
a

2
ax  b  b 
trình :  x    


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 '   v đặt  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     p n a ' x  b '   là chọn được.
Ví dụ1:
Giải phương trình:
n

x  2 = 8x2 + 8x - 1
Giải: ĐKXĐ: x  -2.
* Nhận xét: Phương trình chỉ chứa một căn thức và chỉ số của căn thức
bằng bậc của đa thức vế phải. Điều đó gợi ta nghĩ đến việc đưa về hệ đối xứng
kiểu 2.
* Bước 1: Biến đổi vế phải thành luỹ thừa có số mũ bằng chỉ số của căn
thức vế trái.

x  2 = 8x2 + 8x - 1 = 2(2x + 1)2 - 3

(*)

* Bước 2:
+ Chọn biểu thức chứa ẩn phụ. Biểu thức chứa ẩn phụ được thiết lập từ cơ số
của luỹ thừa vế phải bằng cách thay ẩn của phương trình bởi ẩn phụ.
+ Thành lập đẳng thức mà một vế là biểu thức chứa ẩn phụ và vế kia là căn

thức.
+ Cụ thể:  Chọn ẩn phụ là y. Cơ số của luỹ thừa vế trái của kết quả bước 1
là (2x + 1). Thay ẩn x bởi ẩn phụ y ta có biểu thức chứa ẩn phụ là (2y + 1).
 Ta có đẳng thức 2y + 1 =

x2

* Bước 3: Thành lập hệ phương trình đối xứng kiểu 2.
24

(**)


PHÂN DẠNG MỘT SỐ PT VÔ TỈ THƯỜNG GẶP TRONG CTPT
Từ các điều kiện trên ta dễ dàng suy ra được hệ :

(2y  1)2  x  2


2

(2x  1)  y  2

(1)
(2)

Đây là hệ phương trình đối xứng kiểu 2.
Giải hệ này ta được
 Nếu x =

1
1
1
 y = và x, y thoả mãn (**) nên x = là nghiệm.
4
4
4

 Nếu x = -1  y = -1 nhưng x, y không thoả mãn (**) nên loại.
+ Thay y = -

4x  5
vào (2) ta có:
4

16x2 + 20x + 1 = 0  x =
 Nếu x =

5  21
5  21
hoặc x =
8
8

5  21
loại vì không thoả mãn (**)
8

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

5  21
1
và x =
.
8
4

Giải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1

Ví dụ2:

Giải: 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)
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
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3}
Ví dụ 3:
Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5
Giải
Điều kiện x  

5

4

Ta biến đổi phương trình như sau:
4 x2  12 x  2  2 4 x  5  (2 x  3)2  2 4 x  5  11

25