Chuyên đề phương trìng vô tỉ

Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

Mục Lục:
Trang

Phần I:
ĐẶT VẤN ĐỀ.

2

Phần II NỘI DUNG
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Bài tập tổng hợp:
Phần III- KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

3-6
6-7
7-9
20-23
24
25-27

27-31
31-33
34

-Các từ viết tắt:
sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN)
- Điều kiện xác định:

(ĐKXĐ)

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

1


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ .
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của đại số, đã lôi cuốn nhiều
người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng
phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình
vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê toán học luôn
tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp.
Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng
tạo. Bên cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong
các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS.
Sáng kiến kinh nghiệm ''Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo chương
trình SGK hiện hành nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi
học sinh giỏi lớp 9 và học sinh ôn thi vào THPT đối với hoc sinh trường
THCS Yên Lạc.
Trong SKKN này đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải
phương trình vô tỉ:

Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh
tự luyện.
Tôi hy vọng SKKN này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp
các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của toán học qua các phương trình vô tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai
sót. Chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thầy
cô và các em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về :

Tôi xin cảm ơn!

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

2


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

PHẦN II- NỘI DUNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
* PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
 f ( x) ≥ 0

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

1/

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

2/

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

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

5/

2n

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

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


⇔   x = −1 ⇔ x = 3
 x = 3


HD: (1) ⇔ 

2

Bài 3: Giải phương trình: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x
HD: Ta có: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

3


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
1 − 2 x ≥ 0

⇔ 1 − x ≥ 0

 x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)
1

x
≤

1


2

x ≤ 2
⇔
⇔ 2 x + 1 ≥ 0
2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1
(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1



1
 −1
≤x≤
1
 −1

2
 ≤x≤
2
⇔ 2
⇔ x=0
2 ⇔
x=0
 x2 + 7 x = 0


  x = −7

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

⇔

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

⇔

x − 2. 1 − 3 x + 2 = 0

HD:ĐK: 

PT

(

)

 x−2 =0
⇔
⇔
 1− 3 x + 2 = 0


(

)

x = 2

 x = −17
9


(2)

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

3
1 
10
10 − 1

⇔x+
⇔x=
÷ =
3 3 3
3

Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4
HD:Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương :
x = 1
 x + 3 + 1 = 3x
2

2
1 + 3 + x = 9x ⇔ 
⇔
 x = −5 − 97
 x + 3 + 1 = −3 x

18

(

)

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

(

3

x + 2 − 3 3x

)

3

2

= 0 ⇔ x =1

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

x ≥ m

x ≥ m

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

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

4


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

Tóm lại:

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

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

m2 + 4
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x =
2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 − 3 = x − m
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
x ≥ m

x ≥ m
⇔
2
 x − 3 = x + m − 2mx
2mx − (m + 3) = 0

2
HD: Ta có: x − 3 = x − m ⇔ 

2

2

2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
m2 + 3
m2 + 3
≥m

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

– Nếu m ≠ 0: x =

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

m2 + 3
2m

– Nếu − 3 < m ≤ 0 hoặc m > 3 : phương trình vô nghiệm
Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x − x = m − m
HD: Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x − 1) = 0 ⇒ có hai nghiệm: x1
= 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x − m)( x + m − 1) = 0
 x − m =0
⇔
 x = 1 − m

+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 =
(1 − m)

2

+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/ x + x − 1 = 13
2/ 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1
5/ x + 3 = 5 − x − 2
4/ 1 + x x 2 + 4 = x + 1
7/ x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 8/ x − 2 − 5 = 0
10/
13/

1
=0
2
16 x + 17 = 8 x − 23
5x − 1 + 2

19
6
3x + 1 + 2 − x = 3

11/ 3 − 2 x + 3 =
14/

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

5

Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Bài 2: Giải phương trình:
b) x − 2 x + 3 = 0
a) x 2 − 1 = x − 1
d) 3 + x + 6 − x = 3
e) 3x − 2 + x − 1 = 3
g) x + 9 = 5 − 2 x + 4
h) 3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2
Bài 4: Cho phương trình: x 2 − 1 − x = m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m
a) Giải phương trình khi m=3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/ x − 7 x − 3 − 9 = 0 d/ 1 x − 1 − 9 x − 1 + 3 x − 1 = −17
2

b/

2x − 1 = 1

e/ x − 3 −

2

5
3

9 x − 27 +
4 x − 12 = −1
3
2

c/ 3x − 7 x + 4 = 0
f) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức sau:
 f ( x ) = g ( x) ( f ( x ) ≥ 0)
f 2 ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x ) = − g ( x ) ( f ( x) < 0)

II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
HD: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x
⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Bài 2: Giải phương trình: x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1
(2)
 x + 1 ≥ 0

HD: (2) ⇔ 

 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1
 x ≥ −1
⇔
(*)

 x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1 |

Đặt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành:
y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

6


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Bài 3:Giải phương trình: x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2
HD:ĐK: x ≥

5
2

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

2x − 5 + 1 +

2 x − 5 + 3 = 14

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

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

x −1 +1+

x −1 −1 = 2

Nếu x > 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 ⇔ x = 2 (Loại)
Nếu x ≤ 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}
III-Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1/ x 2 + 2 x + 1 = 5
2/ x − 4 x + 4 = 3
3/ x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 1

4/

5/ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 4
7/

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

x + 4 x + 4 = 5x + 2

x2 − 6 x + 9 + 2 x2 + 8 x + 8 = x 2 − 2 x + 1

9/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
11/

10/ x − 3 − 2 x − 4 + x − 4 x − 4 = 1
12/ x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2

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

13/ x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0
15/ x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10
17/
19/

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

14/ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4
16/ x 2 − 2 x + 1 + 2 x = 8
18/

1 2
x + x +1 − 6 − 2 5 = 0

4

20/ x 2 − 4 x + 4 = 2 − x

21/ ( x − 1) + 4 − 4 x − 1 + x − 1 − 6 x − 1 + 9 = 1 22/ x + 8 − 6 x − 1 = 4
PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x )
và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

7


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì
việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .
Bài 1. Giải phương trình:
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét.

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1

Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1
t
x
=

1
Thay vào tìm được
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện: x ≥ −

4
5

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

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaø x = 2 + 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2x2 − 6x − 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 đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem
phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6

HD:Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thành:
y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với y ≤ 5)
1 + 21
−1 + 17
(loaïi), y =
2
2
11 − 17
Từ đó ta tìm được các giá trị của x =
2
⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =

(

)(

Bài 4. Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x
HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Đặt y = 1 − x thì phương trình trở thành:
2( 1− y)

2

(y

2

)

2

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

8


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

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

1
1
= 3+
x
x

1
x

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

HD: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
1
1

 x − ÷+ 3 x − = 2
x
x

1
1± 5
Đặt t= 3 x − , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x =
x
2

Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
HD:Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0
−5

y=

3 ⇔ y =1
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 ⇔ 
y =1
 x = −1
Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ 
Là nghiệm của phương trình đã cho.
 x = −6
2

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được

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

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

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
 a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
 α u + β v = mu 2 + nv 2
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ
nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này .
a) . Phương trình dạng : a. A ( x ) + b.B ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên
 P ( x ) = A ( x ) .B ( x )
nếu: 
Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x )

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

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

9

Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
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:
4x2 − 2 2x + 4 = x4 + 1

Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương
trình bậc hai at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x 3 + 1
HD: Đặt

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

3
)
2

u = 2v
5 ± 37

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

2

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

(x

2

(x

2

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

3
3


2
2
Đặt : u = x + x + 1  u ≥ ÷ ; v = x − x + 1  v ≥ ÷


4

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

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

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

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

Bài 4. Giải phương trình : x 3 − 3 x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6x = 0

HD:Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc
3 đối với x và y :

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

10


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
x = y
x 3 − 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 5:Giải phương trình: 10 x3 + 1 = 3 ( x 2 + 2 )
HD:ĐK: x ≥ −1
Pt ⇔ 10 x + 1. x 2 − x + 1 = 3( x 2 + 2)
u = x + 1

Đặt 

(u , v ≥ 0)

v = x − x + 1
2

u = 3v
 v = 3u

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

 x = 5 − 33

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

 x = 5 + 33

là nghiệm.

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

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

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

HD:Đk x ≥ . Bình phương 2 vế ta có :

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

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

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

Ta có thể đặt : 

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

1+ 5
1+ 5

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

2

Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
HD:Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được:
2 x2 − 5x + 2 = 5

(x

2

− x − 20 ) ( x + 1)

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

11


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
2
2
Nhận xét : Không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1)

u = x 2 − x − 20
vậy ta không thể đặt : 
.

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

(

2x + 3 − x

)(

)

(

)(

)

x +1 −1

x +1 − x + 2 = 0 ,

2x + 3 − x + 2 = 0

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

)

(

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

t = 3

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



Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
HD:Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

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

2

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

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

Nếu t = x ⇔ x 2 + 1 = x (Vô lý)
Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2
Vậy: x = ±2 2
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối
quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

12

Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c3 + 3( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có
3

a 3 + b3 + c 3 = ( 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
Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x
3

HD:ĐK: x ≤ 2
u = 2 − x ; u ≥ 0

Đặt v = 3 − x ; v ≥ 1 , ta có :

 w = 5 − x ; w ≥ 3
( u + v ) ( u + w ) = 2
2 − u 2 = uv + vw + wu


2
3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ ta được:
5 − w2 = uv + vw + wu



( v + w ) ( u + w ) = 5
30
239
u=
⇔x=
60
120

Bài 2. Giải phương trình sau :
2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
a = 2 x 2 − 1

b = x 2 − 3x − 2
a + b = c + d
⇔ x = −2
HD:Ta đặt : 
,
khi
đó
ta
có
:
 2
2
2
2
2
a
−

b
=
c
−
d

c = 2 x + 2 x + 3

2
d = x − x + 2

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

( a; b ≥ 0 )

 a 2 − 4b 2 = 9 x − 3
Ta được hệ phương trình: 
 a − 2b = 9 x − 3

 a = 2b
 a = 1 − 2b

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

1
(thoả mãn)

3

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

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

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

13


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1
3

Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :
x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x3 + 4 x2 ( 1 − x )
3

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

)

(

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

HD:Đặt y = 3 35 − x3 ⇒ x3 + y 3 = 35
 xy ( x + y ) = 30
, giải hệ
3
3
 x + y = 35

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

này ta tìm được ( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là
x ∈ {2;3}

2 −1 − x + 4 x =

Bài 2. Giải phương trình:

1
4
2

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

2 − 1,0 ≤ v ≤

4

2 −1

1

u = 4 −v
1


2
u + v = 4

2
⇔
Ta đưa về hệ phương trình sau: 

2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2

2

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

2

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


11 − 17
Vậy x − 1 + 1 = 5 + x − 1 ⇔ x − 1 = 5 − x ⇒ x =
2
6 − 2x 6 + 2x 8
+
=
Bài 4. Giải phương trình:
5− x
5+ x 3
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

14


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
HD:Điều kiện: −5 < x < 5

(

)

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


− − + 2(u + v) =
(u + v) 1 − ÷ =
3
 u v
 uv  3


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

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

Đặt 

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

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

(1)

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

Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
 u+v =3
 2
2
v − u = 3
u+v =3
u + v = 3
u = 1

⇔
⇔
⇔
v = 2
v − u = 1
(v + u )(v − u ) = 3
 x 3 + x 2 − 1 = 1
⇔
 x 3 + x 2 + 2 = 2
 x3 + x 2 − 1 = 1
⇔ 3
2
x + x + 2 = 4
⇔ x3 + x 2 − 2 = 0

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

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
Bài 7. Giải phương trình:

2

1− x =  − x 
3


2

2

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

15


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
1 − x 2 ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤1
HD: Điều kiện: 
 x≥0
 x≥0
2

2
Với điều kiện (*),đặt u = x ; v = − x , với u ≥ 0, v ≤
3
3
2
4
 1− x =1− u
2

Ta có:  2 − x  = v 2
 3


(*)

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


2
u+v =
u+v =


3
3
⇔
⇔
2
2
2
( u 2 + v 2 ) − 2u 2 .v 2 = 1
 ( u + v ) − 2u.v  − 2u 2 v 2 = 1



2

2

u
+
v
=
u+v =


3



3
⇔
⇔
2
 4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1
 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0

÷
 9
9
81



2
  u + v = 3


8 − 194
 u.v =
18
⇔

2
 u + v = 5
 

8 + 194

 u.v =
18

⇒ u và v là nghiệm của phương trình
 2 2
8 − 194
= 0(a )
y − y +
3
18

 y 2 − 2 y + 8 + 194 = 0(b)

3
18

• (b) vô nghiệm
• (a) có 2 nghiệm

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

 2
 1
1−

97
−3
2
3

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

16


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

1+
⇒ x=

1+
u = y2 =


1+
97

−3
⇒ x =

2

3



97
−3
2
3

97
−3 

2

3




2

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



97
− 3

2


2

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

(*)

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

Suy ra 

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

(

)

Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
S =4

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

(

)

(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:
y =1
y2 − 4 y + 3 = 0 ⇔ 

y = 3
u = 1 u = 3
∨
Do đó ta có: 
v = 3  v = 1
 4 18 + 5 x = 1  4 18 + 5 x = 3
∨
Suy ra  4
4
 64 − 5 x = 3  64 − 5 x = 1
 18 + 5 x = 1 18 + 5 x = 81
⇔
∨
64 − 5 x = 81  64 − 5 x = 1

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

17


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
17
63
∨x=
thoả mãn (*)
5
5
(2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v
⇔x=−

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
17

 x1 = − 5

 x = 63
 2
5

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

việc giải hệ này thì đơn giản
Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x )
(2) luôn đúng , y = x + 2 − 1 , khi đó ta có phương trình :

( x + 1)

2

(1)
(2)

sao cho

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

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

α
α

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

1
2

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

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2
Cách 2: Đặt 2 x − 1 = t + a ⇒ 2 x − 1 = t 2 + 2at + a 2
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

18


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ

Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2
 x 2 − 2 x = 2t − 2
kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:  2
t − 2t = 2 x − 2

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

5
4

Ta biến đổi phương trình như sau:
4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11

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

2
 x − 5 = t
2
từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
t − 5 = x

Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =

4x + 9
( x > 0) .
28

4x + 9 2
4x + 9
= t + 2at + a 2
=t+a ⇒
28
28
1
4x + 9 2
1
1
= t + t + ⇒ 7t 2 + 7t = x +
Chọn a = ta được:
2
28
4
2
1
 2

7 x + 7 x = t + 2
Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: 
7t 2 + 7t = x + 1

2

HD:Đặt

Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình: 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1

PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

19


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:
Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )
a

b

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

a+b
≥ ab
2

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

a+b+c 3
≥ abc
3

c) Với bốn số a, b, c, d ≥ 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = d
e) Với n số a1, a2,…, an ≥ 0 thì ta có:

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

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an
3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x) ≥ m
b/ A = M - g2(x) ≤ M
⇒ A≥m
⇒ MinA = m

Dấu ''='' xảy ra ⇔ f(x) = 0

⇒ A≤ M
⇒ MaxA = M

Dấu ''='' xảy ra ⇔ g(x) = 0

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

(

) (
2

5x − 1 − 2 x +

)

2

9 − 5x − 2 + x − 1 = 0

(

2
ta khai triển ra có phương trình : 4 x + 12 + x − 1 = 4 x 5 x − 1 + 9 − 5 x

)

5. Dùng bất đẳng thức
Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
 A ≥ m (1)

 B ≤ m (2)

nếu dấu 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
1
≥ 2 , dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình:
x +1
1
1 − 2008 x + 1 + 2008 x =
+ 1+ x
x +1
x +1 +

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

20


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
 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.
II-BÀI TẬP:
Bài 1. Giải phương trình :
HD:Đk: x ≥ 0
2

2 2
+ x = x+9
x +1

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

⇔x=
7
x +1

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

Dấu bằng ⇔

2 2
=
x +1

(

)

2

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

(

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

)

2

= 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

)

2

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

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

2

)

2

 16 
≤  ÷ = 64

 2

2

2

x
=
1
+
x

5
 1 − x2 =
⇔
Dấu bằng ⇔ 
3
2

10 x 2 = 16 − 10 x 2
x
=
−


5
Bài 3. Giải phương trình: x 3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0
HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và
x 3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3)

2

( x + 3) ≥ x + 13

Bài 4: Giải phương trình: 7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38
HD:Ta có :VT2=( 7 − x + x − 5 )2 ≤ (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4
Nên : 0 < VT ≤ 2
Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2 ≥ 2
Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 5: Giải phương trình: − x 2 + 3x − 2 + x + 1 = 2
HD:ĐK: x ∈ [ 1; 2] (1)
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

21


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
PT ⇔ − x 2 + 3x − 2 = 2 − x + 1 (2)
Từ (2) ta có:
2 − x +1 ≥ 0
⇔ x +1 ≤ 2
⇔ x +1 ≤ 2
⇔ x ≤ 1 (3)

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

x

4x − 1
+
=2
x
4x − 1

1
4

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

+

4x − 1
≥2
x

x
4x − 1

×

4x − 1
= 2.
x

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

x

=

4x − 1
x

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

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4x − 1 ⇔ x − 4x + 1 = 0
⇔ x 2 − 4x + 4 − 3 = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x − 2 = ± 3 ⇔ x = 2 ± 3 (Thoả mãn)
Vậy : x = 2 ± 3
Bài 7:Giải phương trình : x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
HD: Cách 1. điều kiện x ≥ 1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x − 1 < 5x − 1 ⇒ vế trái luôn âm
Vế phải: 3x − 2 ≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương
Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm
Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:
2

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

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





HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5
3
5
4



9







⇔ 3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1)2 + 9 = 5 − (x + 1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

22


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Bài 9:Giải phương trình :

HD: điều kiện x ≥

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1

1
2

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

1
≤ x < 2 : VT =
2

– Nếu x > 2: VP = 2x2 +

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

x > 2 ⇒ x +1 > 2 +1
6
6
1+
< 1+
=3

x +1
2 +1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
6
8
+
=6
3− x
2−x
3
HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương trình.
2
3
6
<2
Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x < :
2
3− x
8
6
8
<4 ⇒
+
< 6.
và
2−x
3− x
2−x
3

6
8
+
>6
Tương tự với < x < 2:
2
3− x
2−x

Bài 10:Giải phương trình :

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

4−x +4
4− x +5

HD:ĐK: x ≤ 4 (1)
1

Ta có:1 − x + 1 = 1 −

1

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

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

1 − 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x

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

x + 4 1− x + x − 1− x = 2 + 4 8

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

2 − x2 + 2 −

1
1

= 4−x+ ÷
2
x
x


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

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

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

23


Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen
thuộc.
Ta có 3 hướng áp dụng sau đây:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) = k
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x)
Bước 3: Nhận xét:

•
Với x = x0 ⇔ f ( x) = f ( x0 ) = k do đó x0 là nghiệm
•
Với x > x0 ⇔ f ( x) > f ( x0 ) = k do đó phương trình vô nghiệm
•
Với x < x0 ⇔ f ( x) < f ( x0 ) = k do đó phương trình vô nghiệm
•
Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) = g ( x)
Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x) và g(x) có những tính chất trái
ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 )
Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u ) = f (v)
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi đó f (u ) = f (v) ⇔ u = v

)

(

(

)

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

HD:pt

(

⇔ ( 2 x + 1) 2 +

( 2 x + 1)

(

2

)

(

+ 3 = ( −3 x ) 2 +

)

( −3 x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3 x )

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

1
5

Ví Dụ 2: Giải phương trình: 3 x + 6 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0
HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình
Đặt f ( x ) = 3 x + 6 + 3 x + 2 + 3 x + 3
Với x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) vậy hàm số f(x) đồng biến trên R.
Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình:
c) x − 1 = 3 + x − x 2
e) x − 1 + x + 2 = 3
a) 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1
b) x − 1 = − x3 − 4 x + 5
d) x = 1 − 2 x + 2 x 2 − x3
f) 2 x − 1 + x 2 + 3 = 4 − x

PHƯƠNG PHÁP 6:
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

24


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

Bài 1:Giải phương trình: x ( x + 2 ) + x ( x − 1) = 2 x 2 (1)
HD: C1: ĐK x ≤ −2; x ≥ 1

( 1) ⇔
⇔

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

=2x

( 2)

=2x

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

( 3)

Giải (3) ta tìm được x

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

( 4)

Giải (4) ta tìm được x
C2: ĐK: x ≤ −2; 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 Đặt t = -x ⇒ t ≥ 2 Thay vào phương trình ta được
−t ( −t + 2 ) + −t ( −t − 1) = 2
⇔ t ( t − 2 ) + t ( t + 1) = 2

( t)

( −t )

2

2

Chia cả hai vế cho t ta được ( t − 2 ) + ( t + 1) = 2 t
Bình phương hai vế tìm được t

Sau đó tìm ra x.
Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong C2 ta vận dụng kiến
thức miền xác định về ẩn của phương trình.nhìn chung thì việc vận dụng
theo C2 đơn giản hơn.
Bài 2 . Giải phương trình sau :
3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

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

(x

2

− 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 )

Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc

25