Kinh nghiệm giải phương trình vô tỷ

Nguyn Quc Hon , THPT Nguyn Gia Thiu

Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ
Bi toỏn m u
2
x x2 x 1 x
(*)
3
(Trớch H QGHN, khi A nm 2000)
Gii
iu kin 0 x 1
* Cỏch 1:
2
(*)
2
2

2
1
x x x 1 x
3


4
4
1
x x2 x x2 x 2 x . 1 x 1 x
3
9

Gii phng trỡnh 1

4 x x2 6 x x2 0





2 x x2 2 x x2 3 0
x x2 0

x x2 3

2
x 0
x 1
4 x 4 x 2 9
x 0
x 1
4 x 2 4 x 9 0
x 0

x 1
x 0, x 1 tho món iu kin
Vy phng trỡnh ó cho cú hai nghim x 0, x 1 .

* Cỏch 2:

Nhn xột: x x 2 c biu din qua



x 1 x

x v 1 x nh vo ng thc



2

1 2 x x2

Vy cú cỏch 2
t t x 1 x ,

1 t 2

H1


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
t2 1
.
2
Phương trình (*) trở thành
t2  1
 t 2  1  3  3t
1

t
3
t  2 , không thoả mãn
 x  x2 

t  1
 t 2  3t  2  0  
t  2

x  0
x  1  x  1  2 x  x2  0  
x  1
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

t  1, có

* Cách 3:
Nhận xét:

x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể

 x  
2

1 x



2

1

Vậy ta có cách 3
Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3
3 x 3
2 x 3

9
9
vì thay x  vào phương trình không thoả mãn)
4
4
3t  3
Đặt t  x , nên 1  x 
2t  3
 1 x 

  

(x 



2

 3t  3 
Lại có
x  1  x  1 , nên t  
 1

2
t

3


2
2
2
2
 t  4t  12t  9   9t  18t  9  4t  12t  9
2

2

2

 4t 4  12t 3  14t 2  6t  0
 t  2t 3  6t 2  7t  3  0
 t  t  1  2t 2  4t  3  0

t  0
x  0


t  1
x  1
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

* Cách 4:
Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác
a  0, b  0
Đặt a  x , b  1  x ,
 2

1  ab  a  b
3  2ab  3  a  b 

Ta có hệ phương trình  3
2

a 2  b 2  1
 a  b   2ab  1

H2

(1)
(2)


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Thay (1) vào (2) có

 a  b

2

  a  b   3 a  b   2  0

 3 a  b   3  1

Với a  b  1, có a .b  0

2

 a  0

b  1

 a  1

 b  0

a  b  1

a  b  2

x  0

x  1

3
3
Với a  b  2 , có a .b  , không tồn tại a , b (Vì 4  22  4.  6 )
2
2
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .
Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3.

* Cách 5:
Cũng nhờ

  
2

x



1 x

Ta có thêm cách sau:
Đặt

x  sin a ,

0a



2

 1, ta nghĩ đến đẳng thức sin 2 a  cos2 a  1


2

2

Phương trình (*) trở thành 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a
3
 3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a
(Vì cos a  0 )
sin a  cos a  1
2
  sin a  cos a   3 sin a  cos a   2  0

sin a +cos a  2
a
a
a
a
a
a
 sin a  cos a  1  2sin .cos  2sin 2  0  sin  cos  sin   0
2
2
2
2
2
2
a
a

sin a  2sin cos  0

 a
2
2


sin 2  0
x  0
a



2 tan
sin a 
2 1
x 1
 tan a  1

a

2
1  tan 2


2
x  0, x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .

Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một
phương trình vô tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức
và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi
vào một số phương pháp cụ thể.

H3

Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương
Bài toán 1: Giải các phương trình sau
1) x  17  1  3x
2) x  3  3  3x  2

(1)
(2)

x 2  5 x  x3  2 x  1  x  1

(3)

3)

4) x2  1  x2  3x  2  x 2  8x  7
(4)
3
3
3
5) 12 x  12  2 x  3  x
(5)
2
6) x  2  2  x .
(6)
2
Bài toán 2: Tìm m để phương trình x  2mx  2  m (I), có nghiệm.
Bài toán 3: Tìm m để phương trình 2 x  m  x  2 (II), có hai nghiệm phân
biệt.

Bài toán 4: Giải các phương trình
1) x  2  5  2 x  2 x  7  3x
(1)
2) x  3  3x  1  2 x  2 x  2
(2)
3)

x

x3  1
 x  1  x2  x  1
x

(3)

x3  1
x3  1
4) 4 x  1  x  1 
(4)

x 1
4x  1
5) 3 x  3 3x  5  3 2 x  1  3 2 x  6 .
(5)
Giải
Bài toán 1
1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương
trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là
1
1  3x  0  x  . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương hai vế ta được

3
1
2
phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  . Do vậy ta không cần
3
đặt điều kiện cho x  17  0 .
1

(1) 1  3 x  0

x 


3
2
 x  17  1  3x 
 x  17  1  6 x  9 x 2
1

x


1
3


x 
   x  1

3

  16
9 x 2  7 x  16  0
 x 
9

Vậy phương trình có một nghiệm x   1 .
H4

 x  1


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
f ( x)  g ( x) . Ta làm như sau

Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là

 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
2
 f ( x)  g ( x)
Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  0.

2) Điều kiện 3  x  1
(2)

 x  3  2  3  3x





 
2

x32 

3  3x



2

 x  3  4 x  3  4  3  3x
 x  1  0

2
 x  3    x  1

 x  3  x 1
 x  1

2
 x  3  x  2x  1
 x  1
 x  1

 x  2 , thỏa mãn điều kiện
  x  1
 2
x  x  2  0


 x  2

Vậy phương trình có một nghiệm x   2 .


 x  1
x  1  0

3)   2
 3
2
3
x

5
x

x

2
x

1

x

1





 x  2 x  1  1  3x

 x  1
1


1  x 
 1  3x  0

3
 x3  2 x  1  (1  3x) 2
 x3  2 x  1  1  6 x  9 x 2

1

1

1  x 
1  x 
3


3
 x  x 2  9 x  8  0
 x 3  9 x 2  8 x  0

1



1

x


3

  x  0
 x  0 , thỏa mãn điều kiện

 x 1

  x  8
Vậy phương trình có một nghiệm x  0 .
(3)

Chú ý:

 x 2  5 x  x3  2 x  1  0
Trong bài này ta không cần đặt điều kiện  3
.
x

2
x

1

0




H5


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x 1
4) Điều kiện  x  7

 x  1
(4)





x 2  1  x 2  3x  2

 
2

x2  8x  7



2

 x2  1  x2  3x  2  2. x 2  1. x 2  3x  2  x 2  8x  7
 2  x  1 x  1.  x  1 x  2    x 2  5x  6

2

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


1  x  6

2
2
2
2
4
x

1
x

x

2

x

1
6

x












1  x  6

2
2
2

 x  1  4 x  4 x  8  x  12 x  36   0
1  x  6

   x  1
 3x 2  16 x  44  0


 1  x  6


  x  1
 
 x  2


22
 x  
3

 x  1

x  2
x   1, x  2 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .

Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau
(4)

  x  1 x  1   x  1 x  2    x  1 x  7 
* Trường hợp 1: x   1 , thỏa mãn phương trình (4)
* Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành


x 1  x  2  x  7
 x 1  2 x 1 x  2  x  2  x  7

6  x  0

2
2

4  x  x  2    6  x 

H6



x 1  x  2

 
2

 2 x2  x  2  6  x
x  6
 2
3x  16 x  44  0

x7



2


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x  6

 x2
  
x2
22
 x  
 
3
x  2 , thỏa mãn điều kiện trường hợp 2

* Trường hợp 3: x   7 , phương trình (4) trở thành

1  x  1  x    1  x  2  x   1  x  7  x 
 1  x  2  x  7  x





1  x  2  x

 
2



7  x



2

 1  x  2 1  x 2  x  2  x  7  x  2 1  x 2  x  6  x  0
Phương trình vô nghiệm (Vì 2 1  x 2  x  6  x  0, x  7 ).
* Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .
Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm:
Đẳng thức
Còn
(5)

5) 



3

ab  a b

ab  a b khi a  0 và b  0

ab  a b khi a  0 và b  0 .

  x
3

12 x  12  3 2 x  3 

3

3


2 x  3   3 x  1



 12 x  12   2 x  3  3 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3 2 x  3  x



 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3
 3 12  x  1. 3 2 x  3. 3 x  3( x  1)

(5*)

 12  x  1 2 x  3 x  27  x  1

3

  x  1 4  2 x 2  3x   9  x 2  2 x +1  0

  x  1   x 2  6 x  9   0

x 1  0
 2
 x  6 x  9  0
x 1

x  3
Thay x  1, x  3 vào phương trình (5) đều thoả mãn
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  3 .

Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương
trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình
(5) để kiểm tra lại.

H7


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

  3   3  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng
3
thức  a  b   a3  b3  3ab  a  b  để giải như bài trên.
Với dạng tổng quát

3

6) Điều kiện x   2
2

2

1
1
1 
1

  x  2    x  
 ( x  2)  x  2   x 2  x 
2 
2
4
4

1
1

(6.1)
 x22x2


 x  2  1   x  1 (6.2)

2
2
x  0
(6.1)
x  0
x  0

 x2x 
  x   1  x  2
 2
2
x  2  x
x  x  2  0
 x  2

(6)


 x  1  0
 x  2   x 1  
2

 x  2    x  1
x  1
x  1

 2


1  5
x  x  1  0
x 

2
(6.2)

x  1

2
x  2  x  2x  1

x

1  5
2

1  5
.
2
Chú ý: Có thể đưa về dạng f ( x)  g ( x) và giải bằng cách bình phương hai
vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm x   1 , x  2 ) và tìm
được nghiệm của phương trình.
Ngoài ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
(tôi xin trình bày ở phương pháp 5).

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x 

Bài toán 2

*) Nếu m  0 thì phương trình (I) vô nghiệm
*) Nếu m  0 thì:
( I ) m  0
m  0
 2

 2
2
2
 x  2mx  2  m
 x  2mx  2  m  0 (I*)
m  1
 m  1 (thoả mãn m  0 )
(I*) có nghiệm khi  '  m2  2  m2  0  
m


1

Kết luận: m  1 thì phương trình (I) có nghiệm.

H8


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Bài toán 3
( II )  x  2  0


2

2 x  m   x  2 

 x  2

2
2 x  m  x  4 x  4

 x  2
 2
 x  2 x  4  m (II*)

Xét hàm số f ( x)  x 2  2 x  4 , x   2 ;   
Bảng biến thiên

∞

x

2

1

+∞
+∞

4
f ( x)

3
Số nghiệm phương trình (II) bằng số nghiệm phương trình (II*) với x  2

Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt khi 3 < m  4.
Bài toán 4
1) Điều kiện 0  x 
(1)





x  2  5  2x

7
3

 
2

2 x  7  3x



2

 x  2  5  2 x  2 x  2. 5  2 x  2 x  7  3x  2 2 x. 7  3x
 x  2. 5  2 x  2 x. 7  3x
  x  2  5  2 x   2 x  7  3x 
 2 x2  x  10  6 x2  14 x
 4 x2  13x  10  0
x  2


5 (Thoả mãn điều kiện)
x 

4
5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  2 .
4
Chú ý: ta giải bằng cách trên vì có x  2  5  2 x  2 x  7  3x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) , với f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x)
Được giải bằng cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình
phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.
2) Điều kiện x  0
(2)

 x  3  2 x  2 x +2  3x  1
H9


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều




x32 x

 
2

2 x +2  3x  1



2

(2*)

 x +3+4x  4 x  3. x  2 x +2+3x 1  2 2 x  2. 3 x  1

 2 x. x  3  2 x  2. 3x  1
 4 x( x  3)  (2 x  2)(3x  1)
 4 x2  12 x  6 x2  8x  2
 2 x2  4 x  2  0
2
 2  x  1  0
 x 1
Thay x  1 vào phương trình (2) thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1.
Chú ý:
Ta giải bằng cách trên vì có: x  3  4 x  2 x  2  3x  1
Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm được nghiệm (2*) ta
phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay không.
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) , sau
đó bình phương và giải phương trình hệ quả.
3) Điều kiện x  0
2

2


x3  1 
2
 x 

x

1

x

x

1


x


3
x 1
 x
 2 x3  1  x  1  x 2  x  1  2 x3  1
x
3
x 1

 x  x2  2
x
3

 x  1  x2  x3  2x
2
  x  1  0
 x  1 (Thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm x  1.
(3)





Chú ý:
x3  1
 x  1. x 2  x  1 , với x  0
x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x).g ( x)  h( x).k ( x)
Được giải bằng cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình
phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.

Ta giải bằng cách trên vì có:

x.

H 10


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
4) Điều kiện x  1
x3  1

 4 x +1 

4x  1

x3  1
 x 1
x 1

(4)

2

2



x3  1   x3  1
  4x  1 

 x 1



4 x  1   x  1


3
3
x 1
x 1

 4x  1 
 2 x3  1 
 x  1  2 x3  1
4x  1
x 1
3
3
x 1 x 1


  4 x+1   x  1  0
4x  1 x  1
  x3  1  4 x 2  3x  1
  3x  2  
0
4
x

1
x

1






  3x  2   x3  4 x 2  3x+2   0

  3x  2  x  2   x 2  2 x  1  0

2

x  3

 x  2
x 1 2

 x  1  2
x  2

(Thoả mãn điều kiện x  1)
x 1 2
Thay x  2 , x  1  2 vào phương trình (4) thấy thỏa mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  1  2 .

Chú ý:
x3  1
4 x  1.

4x  1

Ta giải bằng cách trên vì:

x3  1
. x 1
x 1

Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng cách: Đặt nhân tử chung x3  1 ở vế phải ra,

x  1  4 x  1 , cách này có thể sẽ ngắn
sau đó quy đồng tiếp sẽ có nhân tử





hơn cách giải trên. Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát của phương
trình: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) . Trong đó: f ( x).h( x)  k ( x).g ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình:
f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x)
Sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả.
(5)

5) 



3

 
3

x  3 3x  5 

3

2x  1  3 2x  6

H 11



3


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

 x  3x  5  3 3 x(3x  5).( 3 x  3 3x  5)


x(3x  5) 

 2 x  1 2 x  6  2 x  1  2 x  6 
2 x  1  2 x  6    2 x  1 2 x  6   2 x  1  2 x  6 
x(3x  5)   2 x  1 2 x  6 

 3 x(3x  5)

3

3

3



3



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

x  3 3x  5 
3

3

3

3

3

3

3

(5*)

3

(Vì: 2 x  6  2 x  1  3 2 x  6  3 2 x  1  0 )
 x(3x  5)  (2 x  1)(2 x  6)
 3x2  5x  4 x2  10 x  6
 x2  5x  6  0
x 1

 x  6
Thay x  6 , x  1 vào phương trình (5) thoả mãn.

Vậy phương trình có hai nghiệm x  6 , x  1 .
Chú ý: Phương pháp tương tự như các bài toán trên. Ở (5*) là ta đã sử dụng từ
phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5).
Thật vậy, nếu ta thay 3 x  3 3x  5 chứ không thay như bài giải vừa rồi, sẽ



tìm được nghiệm x  



5
nhưng nghiệm này không thoả mãn phương trình (5).
2

Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình
1)

x3  x 2  x 2  x  2

2)

x 4  3x  2  x 2  1

3)

x4  x2  1  1  2 x

4)

x3  x  1  1  2 x

5)

2 x4  5x2  3  x2  1

6)

x4  x2  1  x  1

7)

x  2 x 1  2  2 x

8)

x3  x 2  1  1  2 x

9) x 2  2 x  4  3 x3  4 x
11)

4  3 10  3x  x  2

10) x 2  x  1  5 x2  8 x  4
(HSG Quèc Gia 2000)

12) x 2  x  1  5 x2  8 x  4

13)

3x  4  x  3  3

14)

2x  2 x x

15)

x2  x  1  x2  x  1  2

16)

x  x2  1  x  x2  1  2

17)

x2
x 1
6
5
x 1
x2

18)

x 2  4 x  12  x 2  x  6  x  2

19)

2  x2  2 x2  1  x  1

H 12


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
1  3x  2 x  3  3 x  2

20)

x2  2 x  2  x2  x  1  1

22)

3  3x  2 4  x  x  2

23)

24)

2 x2  1  2 x  1  2 x2  x  9

25) 3 1  x  3 1  x  1

26)

2 x  3  5  2 x  4 x 2  16 x  15  1

27)

x  2  x  1  x2  x  2  1

29)

x  3  2 x  5  3  3x  5  2 x

30)

x3  1

x3

21)

x  1  x2  x  1 

2x  3  3  x  x

28) 1  2 x  1  2 x  2  x 2

x3

31) x2  8x  15  x 2  2 x  15  4 x 2  18x  18
32) 2 x2  8x  6  x 2  1  2 x  2 (ĐH BK HN 2001).
Bài 2: Tìm m để phương trình:

2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt.

Bài 3: Tìm m để phương trình:

2 x 2  mx  x 2  4 có nghiệm.

H 13


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ
I. Bài toán 1: Dạng af  x   b f  x   c  0 , a  0
Phương pháp chung là đặt t 

f  x , t  0

1) Cho phương trình:  x  1 x  3  6  x  1 x  5  m  0 (1)
a) Giải phương trình với m  0
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
2) Giải phương trình: x  2  x 2  8x  2  x  8
(2).
II. Bài toán 2:
Dạng a  f  x   g  x    b f  x  .g  x   c  f  x   g  x    d  0


(Với abc  0 )
Phương pháp chung là đặt t  f  x   g  x 
1) Cho phương trình: x  1  x  x  x 2  m
a) Giải phương trình với m  1
b) Tìm m để phương trình vô nghiệm.
2) Cho phương trình: 2 x  1  2 x  2  x  x 2  x  2  m
a) Giải phương trình với m  11
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

(3)

3) Giải phương trình: x 3 35  x3 x  3 35  x3  30

(5).





(4)

III. Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trình thuần nhất
Giải các phương trình:
1) 3 1  x3  2 x 2  4 x
(6) (HSG Toán 10, NGT 2007)
2) x3  3x 2  2

 x  2

3

 6x  0

(7)

3) x2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
(8)
2
2

4) 5x  14 x  9  x  x  20  5 x  1 (9)
IV. Bài toán 4: Dạng af  x   b.g  x . f  x   c.h  x   0 , abc  0
Giải các phương trình:
1)  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1
(10)
2) 4 x  1  1  3x  2 1  x  1  x 2
3) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16
Giải
I. Bài toán 1:

x 1
1) Điều kiện 
 x  5

H 14

(11)
(12).


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
1

 x 2  4 x  6. x 2  4 x  5  3  m  0
Đặt t  x 2  4 x  5 , t  0
 t 2  x2  4x  5
Phương trình (1) trở thành: t 2 5  6t  m  3  0  t 2  6t  8  m (1.1)
(1.1)
t  2
a) m  0 :  t 2  6t  8  0  

t  4
 x  2  13
 x2  4x  5  2
 x2  4x  5  4
 x2  4 x  9  0


 2
 2
  x  7
 x 2  4 x  5  4
 x  4 x  5  16
 x  4 x  21  0
x  3

Vậy với m  0 , phương trình có bốn nghiệm: x  7 , x  3 , x  2  13 .
b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm t  0
Gọi f  t   t 2  6t  8 với t   0;  
Bảng biến thiên:

t



0



3
1

f t 



8
 f  t   1, t  0
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi m  1 .
x  8
2) Điều kiện  2
 x  8x  2  0
( 2)

 x  2  x  8  x2  8x  2




x  2  x 8

 
2

x  8x  2
2



2

 x  2  x  8  2 x  2. x  8  x 2  8 x  2
 x 2  10 x  2 x 2  10 x  16  8  0
Đặt t  x 2  10 x  16 , t  0
 t 2  x2  10 x  16
Phương trình (2) trở thành: t 2  16  2t  8  0
t  4
 t 2  2t  8  0  
t  2
t  2 , loại

H 15


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x  0
x 2  10 x  16  4  x 2  10 x  16  16  x 2  10 x  0  
 x  10
Thay x  10 vào điều kiện x2  8x  2  0 thoả mãn
Vậy phương trình có nghiệm x  10 .
t  4 , có

Chú ý: Ở đây tôi chưa cần đến giải bất phương trình x2  8x  2  0 .
II. Bài toán 2:
1) Điều kiện 0  x  1
Đặt t  x  1  x , với 1  t  1
 x 1  x  

 t 2  x  1  x  2 x. 1  x
(3)

t 

1 t2
m
2

1 t2
2

 t 2  2t  1  2m

(3*)

a) m  1 ,  t 2  2t  3  0
t  3 , loại
t  1 , nên x  1  x  1

(3*)

t  1

t  3
 x 1 1 x

 2 1  x   2 1  x  0
 x 11 x  2 1 x
 x  1 (vì 1  x  0 , x  0;1 )
Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  1 .
b) Phương trình (3) vô nghiệm khi phương trình (3*) không có nghiệm thoả mãn
1  t  1

Gọi f  t   t 2  2t  1 với 1  t  1
Bảng biến thiên:

t 
f t 

1 

1

2
2

 2  f  t   2 , t   1;1
 2m  2
m  1
Do đó: 

 2m  2
 m  1
Kết luận: m  1 , m  1 thì phương trình vô nghiệm.

2) Điều kiện x  2
Đặt t  x  1  x  2 , t  3

H 16


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
 t 2  x  1  x  2  2 x  1. x  2

 x  x2  x  2 
t2 1
 2t 
m
2
(4)

t2 1
2
 t 2  4t  1  2m

(4*)

a) m  11 ,

 t 2  4t  1  22

(4*)

t  7

t  3

 t 2  4t  21  0

t  7 , loại
t  3 , nên x  1  x  2  3

 2x  1  2 x2  x  2  9

 x2  x  2  5  x
5  x  0
x  5
x  5
 2


 x3


2
9
x

27
x

3
x

x

2

25

10
x

x




Vậy với m  11 phương trình có nghiệm x  3 .
b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn
t 3
Gọi f  t   t 2  4t  1, t  3
Bảng biến thiên:

t



2



3


f t 
44 3

 f  t   4  4 3 ; t  3

Do đó: 2m  4  4 3  m  2  2 3
Kết luận: m  2  2 3 thì phương trình có nghiệm.
3) Đặt t  x  3 35  x3



 t 3  x3  35  x3  3x 3 35  x3 . x  3 35  x3
t 3  35
(5*)
 x 35  x 
3t
t 3  35
Phương trình (5) trở thành:
.t  30
3t
Thay t  5 vào (5*) có:
3



3

H 17

 t 3  125

t 5


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
x3 35  x3  6

 x3  35  x3   216

 x6  35x3  216  0

 x3  8
x  2
 3

x  3
 x  27
Thay x  2 , x  3 vào phương trình ban đầu thoả mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  3 .

Chú ý: Ta có thể đặt y  3 35  x3 và đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1 để
giải cũng được. Phương pháp này sẽ được trình bày ở dưới. Hoặc giải bằng
cách mũ ba cả hai vế.
III. Bài toán 3:
1) Điều kiện x  1
Để ý: 2 x 2  4 x  2  x 2  x  1  2 1  x 
Đặt a  1  x , b  1  x  x 2 , a  0 , b 

3
.
2

Phương trình (6) trở thành: 3ab  2b2  2a 2
 2a 2  3ab  2b2  0
a
2
 b  2
a
a
 2    3   2  0


b
b
a  1
 b 2
a
 2 , loại
b
a 1

 b  2a
 1  x  x2  2 1  x
b 2
 1  x  x2  4  4x
 x2  5x  3  0
x

5  37
(Thoả mãn điều kiện)
2

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x 

5  37
.
2

2) Điều kiện x  2
Nhận thấy x  2 không là nghiệm phương trình
Đặt y  x  2 , y  0

Phương trình (7) trở thành: x3  3x  x  2   2





3

x2 0

 x3  3xy 2  2 y 3  0
3

x
 x
    3   2  0
 y
 y

2

 x   x  x
   1     2  0
 y   y  y


H 18


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

x
 y 1

x
 y  2


y  x

1
y   x

2

x  0
x

0
x

0



Với y  x , có: x  2  x  
   x  1  x  2
 2
2
x  2  x
x  x  2  0

 x  2

1
1
Với y   x , có: x  2   x
2
2
x  0
x  0
x  0




 x  22 3
 2

2
4
x

2

x
x

4
x

8


0


x  2  2 3




Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  2 , x  2  2 3 .
1
2
2
Để ý: 3x  4 x  1  3 x 2  2 x    2 x  1

3) Điều kiện x 

1
không là nghiệm phương trình
2
Đặt a  x 2  2 x , b  2 x  1 , a  0 , b  0
Phương trình (8) trở thành: a  b  3a 2  b2
 a 2  b2  2ab  3a 2  b2
 2a 2  2ab  2b2  0

Nhận thấy x 

a 1 5
 
b

2

a 1 5
 
2
b

2

a a
    1  0
b b

a 1 5
, loại

b
2
a 1 5
Với

 2a  1  5 b
b
2
 4  x 2  2 x   6  2 5  2 x  1

Với













 4x2  4 1  5 x  6  2 5  0





2
 2 x  1  5   0


1 5
x
(Thoả mãn điều kiện)
2

H 19



 2 x2  2 x  1  5



2x 1


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều

Vậy phương trình có nghiệm x 

1 5
.
2

4) Điều kiện x  5
(9)

 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  25 x  25  10 x  1 x 2  x  20

 2 x2  5x  2  5

 x  1 x  4  x  5

 2  x 2  4 x  5  3 x  4   5

x

2

 4 x  5  x  4 

Đặt a  x 2  4 x  5 , b  x  4 , a  0 , b  3
a
b 1
a
a
2
2
 2a  3b  5ab
 2    5   3  0

b
b
a  3
 b 2
Với a  b , có: x 2  4 x  5  x  4
 x2  4x  5  x  4
2

(9)

 x2  5x  9  0

a  b

 2a  3b


5  61

x 
2


5  61
x 

2

5  61
, thoả mãn điều kiện
2
Với 2a  3b  2 x 2  4 x  5  3 x  4
x

 4 x2  25x  56  0
x  8 , thoả mãn điều kiện

 4 x2  16 x  20  9 x  36
x  8

7
x  

4

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x  8 , x 

5  61
.

2

Chú ý: Ta giải được như trên vì
2 x 2  5 x  2  2  x 2  4 x  5  3 x  4 

và:  x  1  x 2  x  20    x  1 x  4  x  5   x  4   x 2  4 x  5 .

IV. Bài toán 4:
1)   x 2  2 x  3   x  1 x 2  2 x  3  2 x  2  0
(10)

Đặt t  x 2  2 x  3 , t  2
H 20


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Ta có: t 2   x  1 t  2 x  2  0
  x 2  2 x  1  8 x  8  x 2  6 x  9   x  3
(10)
t  2
 
t  x  1

Với t  2, có

2

x2  2 x  3 = 2  x2  2 x  3  4  x2  2 x  1  0  x  1  2

Với t  x  1, có

x 2  2 x  3  x  1: phương trình vô nghiệm

(vì: x 2  2 x  3  ( x  1)2  2  ( x  1)2  x  1  x  1 )
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  1  2 .
2) Điều kiện 1  x  1
(11)

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

Đặt t  1  x , t  0
(11)

 4 1  x  2( x  1)  t 2  2t  1  x .t
 t 2  (2  1  x )t  4 1  x  2 x  2  0



  4  4 1  x  1  x  16 1  x  8 x  8  4  12 1  x  9(1  x)  2  3 1  x



2

(11) t  2 1  x

t  2  1  x
Với t  2 1  x , có: 1  x  2 1  x  1  x  4 x  4
3
 5 x  3  x   (Thỏa mãn điều kiện)

5
Với t  2  1  x , có: 1  x  2  1  x
 1  x  1  x  2  1  x  1  x  2 1  x2  4
 1  x2  1
 1  x2  1
 x  0 (Thỏa mãn điều kiện)
3
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x   , x  0 .
5

Chú ý:
Bài toán này ta tách: 3x  2(1  x)  (1  x)  1 để phương trình bậc hai
theo t có  là dạng bình phương
3) Điều kiện 2  x  2
(12)

 4(2 x  4)  16(2  x)  16 2 x  4. 2  x  9 x 2  16
 16 2(4  x 2 )  8 x  32  9 x 2

 4(8  2 x 2 )  16 8  2 x 2  x 2  8 x  0

Đặt t  2 8  2 x 2 , t  0

H 21


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
t  x

t   x  8

Với t  x, có: 2 8  2x 2  x
(12)

 t 2  8t  x 2  8 x  0

x  0

2
2
4(8  2 x )  x

x  0


4 2
x  
3


x  0
 2
9 x  32

4 2
(thỏa mãn điều kiện)
3
Với t   x  8, có: 2 8  2 x 2   x  8
x

 2 8  2 x 2  x  8  0 phương trình không có nghiệm x   2;2

Kết luận: phương trình có một nghiệm x 

4 2
.
3

Bài tập
Giải các phương trình:
x 1
1) ( x  2)
 ( x  1)( x  2)  6
x 1
2)
3)

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

x  2  x  1  x  x2  x  2  1
1
x2
5  1  x2
x 
5) 2 




20
x 1  x 2 2  x
1  x 2 
6) 2 x 2  5x  1  7 x3  1
7) ( x 2  6 x  11). x 2  x  1  2( x 2  4 x  7) x  2

4)

8) x3  (3  x 2  2) x  1  2 x 2  2
1 4
9) x 2  3x  1 
x  x2  1
3
10) 2( x 2  3x  2)  3 x3  8 .

H 22


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
Phương pháp 3: Phương pháp xuất hiện biểu thức liên hợp
Giải các phuơng trình sau:
2x  7
1) 3x  4  x  3 
3
2)



x 1  x  2



(1)



x2  x  2  1  3

(2) (HSG Toán 12 NGThiều 2011)

3)

3x 2  5x  1  x 2  2  3( x 2  x  1)  x 2  3x  4

4)
5)
6)
7)
8)

x 2  12  5  3x  x 2  5
x 2  1  x  x3  2
4 x2  5x  1  2 x2  x  1  9 x  3
x  2  4  x  2 x 2  5x  1
2 x2  x  9  2 x2  x  1  x  4 .

3

1) Điều kiện x  3

Để ý: (3x  4)  ( x  3)  2 x  7
(1)

3






(4)
(5)
(6)
(7)
(8)

Giải

  3x  4  x  3  3x  4 
x  3  3 x  4  x  3  3  0

3x  4  x  3 
3x  4 

(3)

 3x  4  x  3  3  0

x3



(1*)

 3x  4  x  3  3
 3x  4  x  3  9  6 x  3
 3 x  3  x 1
x 1  0

2
9( x  3)  x  2 x  1

x  1
x  4

(thoả mãn điều kiện)
  x  4

x

7

 x  7

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  4, x  7 .
x  1
 2
 x  11x  28  0

Chú ý:

Từ (1*) đưa về: 3x  4  x  3  3 rồi bình phương hai vế tìm nghiệm thỏa
mãn x  3 (do: 3x  4  x  3, x  3 ).
2) Điều kiện x  1
Để ý: ( x  2)  ( x  1)  3 và

x  2  x  1, x  1

H 23


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
  x  2  ( x  1) 
( 2)



 

x2  x  2  1  3

x  2  x 1

 x2  x  2  1  x  2  x  1



(2*)

 x2  x  2  1  0



2
2
2
x

x

2

1

x

2

x

1

 x 2  x  2  1

2
2
 x  x  2  1  2 x  x  2  x  2  x  1  2 x  2. x  1
 x2  x  3  0
2
x  x  2  1
 x  1


 2
   x  1

x  2
x  x  2  0
 x  2

Đối chiếu điều kiện x  1 , ta tìm được nghiệm là x  2 .



 



Chú ý:
Ở (2*) ta giải bằng cách bình phương hai vế vì sau khi bình phương hai vế
ta làm mất được 2 x 2  x  2 .
3) Để ý: 3 (3x 2  5x  1)  (3x 2  3x  3)   2 ( x 2  2)  ( x 2  3x  4) 
(3)








 

x 2  2  x 2  3x  4 
x 2  2  ( x 2  3 x  4)
x 2  2  x 2  3x  4
3( x  2)
x 2  2  x 2  3x  4






3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3  0

3 x 2  5 x  1  (3 x 2  3 x  3)
3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3
2( x  2)
3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3

0
0



3
2
 ( x  2)  2

0
2
2

2
3x  5 x  1  3x  3x  3 
 x  2  x  3x  4
3
2

0
 x  2 , vì
x 2  2  x 2  3x  4
3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3
Thay x  2 vào phương trình ban đầu thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

Chú ý: Ở đây ta không đặt điều kiện vì x2  3x  3  0 giải ra kết quả xấu, do
vậy ta tìm nghiệm phương trình hệ quả rồi thay lại phương trình ban đầu xem
thỏa mãn sẽ lấy làm nghiệm.
4) Phương trình:

5
3
x 2  12  x 2  5 )

x 2  12  x 2  5  3x  5 có nghiệm thì x 

(vì:
H 24


Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều
( 4)

 x 2  12  4  (3 x  6) 
x 2  12  16



x 2  12  4
x2  4



x 2  12  4





x2  5  9

 3( x  2) 


x2  5  3
x2  5  3

x2  4
x2  5  3

 3( x  2)  0



x2
x2
 ( x  2)  2
 2
 3  0
x 5 3 
 x  12  4
 x2
x2
x2
x2
x2
5


3



3

0,

x

Vì:
3
x 2  12  4

x2  5  3
x2  5  3
x2  5  3
Kết luận: phương trình có nghiệm x  2 .

Chú ý: ta giải bài toán này được là do ta đã nhẩm được một nghiệm x  2 của
phương trình.
5) Điều kiện x  3 2
(5)





3



x 2  1  2  ( x  3)  x 3  2  5
x2  1  8


3

( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4
x2  9


3

( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4

 ( x  3) 
 ( x  3) 

x 3  2  25
x3  2  5
x 3  27
x2  2  5

0


x3
x 2  3x  9 
 ( x  3) 

1

0
2
2
2
2
3
3
x  2  5 
 ( x  1)  2 x  1  4
 x3
x3

x3
x 2  3x  9
Vì: 1 
1
2 2
2
3
2
3
( x 2  1)2  2 3 x 2  1  4
x 2 5
x 1 1  3





Kết luận: phương trình có nghiệm x  3 .
Chú ý: Ở bài này ta cũng nhẩm được nghiệm x  3 nên đã thêm bớt để xuất
hiện ( x  3 ) và giải tiếp.
1

x

6) Điều kiện 
4

 x  1

Để ý:  4 x 2  5x  1  4( x 2  x  1)  9 x  3

H 25