Skkn một số dạng toán về phương trình và bất phương trình vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU
TỔ TOÁN
----˜&™----

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Đề tài:

“MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ”

Họ và tên người viết : Phạm Văn Thành.
Chöùc vuï : Giáo viên.

Năm 2015.


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình THPT nói chung và lớp 10 nói riêng, học sinh
thường gặp nhiều khó khăn trong việc giải các phương trình và bất phương
trình vô tỷ, mặc dù phần lí thuyết đơn giản nhưng một số bài toán phương
trình và bất phương trình vô tỷ trong các kì thi Đại học thường khá phức tạp.
Phương trình và bất phương trình vô tỷ rất đa dạng và không thể có phương
pháp chung nào để giải mọi phương trình nên học sinh thường lúng túng và
dễ mắc sai lầm trong việc phân tích, lựa chọn cách giải phù hợp, ngắn gọn.
Để giúp học sinh phần nào trong việc định hướng và lựa chọn phương pháp
giải phù hợp, tôi đã nghiên cứu đề tài : “Một số dạng toán về phương
trình và bất phương trình vô tỷ”.
2. Mục tiêu nghiên cứu:

Với đề tài: “Một số dạng toán về phương trình và bất phương
trình vô tỷ” tôi muốn giúp học sinh hệ thống được các phương pháp thường
dùng khi giải phương trình và bất phương trình vô tỷ. Ở dạng toán này học
sinh thường gặp lúng túng khi khử dấu căn hoặc điều kiện của căn thức. Đưa
ra phương pháp tối ưu trong việc giải quyết các bài toán liên quan phương
trình và bất phương trình vô tỷ.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu:
Trước hết là thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Toán, làm cho
học sinh sáng tạo tìm những lời giải mới, lời giải hay trên một “bài toán
khó”, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về phương trình và bất phương trình


vô tỷ, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở quý thầy cô giảng dạy
môn Toán trung học phổ thông.
4. Các phương pháp nghiên cứu:
* Phương pháp tổng hợp: thông qua một số bài toán, nhận xét rút ra
những kinh nghiệm, mở ra các hướng mới.
* Phương pháp phân tích : phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản
chất vấn đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp, tối ưu nhất.

PHẦN II. NỘI DUNG
I. CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN
1. Lý thuyết:
B ≥ 0
A=B⇔
2 .
A = B

a)

B ≥ 0
A=B⇔
2 n (n là số nguyên dương).
A = B

b)

2n

c)

2 n +1

d)

A = B ⇔ A = B 2 n +1 (n là số nguyên dương).

A ≥ 0

A + B = C ⇔ B ≥ 0
.

 A + B + 2 AB = C

2. Một số phương pháp giải :
Dạng 1 : Phương pháp nâng hai vế lên lũy thừa
Bài 1 : Giải các phương trình sau :
a) 2x − 1 + 2 = x ;
b) x + 3 = 2x − 8 + 7 − x .
Giải :

a) Xét phương trình

2x − 1 + 2 = x

 x − 2 ≥ 0
⇔ 2x − 1 = x − 2 ⇔ 
2
2
 2x − 1 = ( x − 2 )
x ≥ 2
x ≥ 2
⇔
⇔
⇔ x = 5.
 2
2
2x − 1 = x − 4x + 4
 x − 6x + 5 = 0

(

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 5.
x + 3 ≥ 0

b) Điều kiện : 2x − 8 ≥ 0 ⇔ 4 ≤ x ≤ 7.
7 − x ≥ 0



Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương
x + 3 = 2x − 8 + 7 − x + 2

( 2x − 8 ) ( 7 − x )

⇔

( 2x − 8 ) ( 7 − x )

=2

⇔ ( 2x − 8 ) ( 7 − x ) = 4 ⇔ x 2 − 11x + 30 = 0 ⇔ x = 5 hoặc x = 6 (hai nghiệm đều thỏa

điều kiện của phương trình).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 5; x = 6.
Bài 2: Giải các phương trình sau :
a) 4 − 3 10 − 3x = x − 2 (HSGQG-2000);
c)

3

x − 2 + 3 2x − 3 = 1 ;

b) x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2 ;

d) x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8x − 7 + 1

.

Giải:
a) Xét phương trình

4 − 3 10 − 3x = x − 2

 x − 2 ≥ 0
 x − 2 ≥ 0
⇔
⇔

2
2
3 10 − 3x = 4x − x
4 − 3 10 − 3x = ( x − 2 )
2 ≤ x ≤ 4
2 ≤ x ≤ 4
⇔
⇔
2

4
3
2
2
 x − 8x + 16x + 27x − 90 = 0
9 ( 10 − 3x ) = ( 4x − x )


2 ≤ x ≤ 4
⇔

⇔ x = 3 (Vì x 2 − 7x + 15 > 0, ∀x ).
2
( x − 3) ( x + 2 ) ( x − 7x + 15 ) = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.
x −1 ≥ 0

b) Điều kiện : 5x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 .
3x − 2 ≥ 0


Phương trình đã cho được viết lại :

x − 1 = 3x − 2 + 5x − 1 , bình phương hai

vế của phương trình ta được x − 1 = 5x − 1 + ( 5x − 1) ( 3x − 2 ) + 3x − 2
⇔2

( 5x − 1) ( 3x − 2 )

= 2 − 7x

2 − 7x ≥ 0
⇔
2
2
4 ( 15x 13x + 2 ) = ( 2 − 7x )

2


x ≤ 7

⇔  x = 2 .

2
 x =
11


Suy ra không có giá trị nào của x thỏa bài toán.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
* Nhận xét : Học sinh thường mắc sai lầm ở những điểm sau:
- Nếu học sinh không chú ý đến điều kiện x ≥ 1 , nên lấy nghiệm x =
Tuy nhiên thử lại nghiệm này thì x =

2
.
11

2
không phải là nghiệm của phương
11

trình.
- Nếu học sinh không đặt điều kiện 2 − 7x ≥ 0 , học sinh lấy nghiệm x = 2,
khi thử lại nghiệm này cũng không là nghiệm của phương trình.
c) Phương trình đã cho tương đương


x − 2 + 2x − 3 + 3. 3 ( x − 2 ) ( 2x − 3) .

(

3

)

x − 2 + 3 2x − 3 = 1

⇒ 3x − 5 + 3. 3 ( x − 2 ) ( 2x − 3) = 1

( x − 2 ) ( 2x − 3) = 2 − x
3
⇒ ( x − 2 ) ( 2x − 3) = ( 2 − x )
⇒ ( x − 2 ) ( x 2 − 2x + 1) = 0
⇒

3

⇒ x = 1 ∨ x = 2 . Thử lại ta thấy x = 2 thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 2.
* Nhận xét : Vì ta thay

3

x − 2 + 3 2x − 3 = 1 không đúng với mọi x và

phương trình thường xuất hiện nghiệm ngoại lai. Học sinh thường mắc sai
lầm, giải xong không thử lại nghiệm mà kết luận phương trình có 2 nghiệm

x = 1, x = 2. Tuy nhiên giả trị x = 1 không thỏa mãn phương trình.
d) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 7 .
Ta có x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8x − 7 + 1
⇔ x −1 + 2 7 − x − 2 x −1 −
⇔ x −1
⇔

(

(

)

x −1 − 2 − 7 − x

x −1 − 2

)(

(

( 7 − x ) ( x − 1)

=0

)

x −1 − 2 = 0

)

x −1 − 7 − x = 0

 x −1 = 0
x = 5
⇔
⇔
x = 4
 x − 1 = 7 − x

Vậy phương ttrình đã cho có hai nghiệm x = 5, x = 4.
* Nhận xét: Phương trình trên có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ
t = x −1 − 7 − x .

Dạng 2: Phương Pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải các phương trình sau :
a) 2x 2 + 6x − 10 + x 2 + 3x = 0 ;
b) 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (Trích đề thi Đại hoc Khối D – năm 2006).
Giải:


a) Xét phương trình 2x 2 + 6x − 10 + x 2 + 3x = 0 .
Ta có điều kiện : x 2 + 3x ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 0 (*).
t ≥ 0

2
Đặt t = x + 3x ⇒ 

2
2x + 6x = 2t

Khi đó phương trình trở thành :
2t 2 − 10 + t = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = −

Nên

5
(loại).
2

x 2 + 3x = 2 ⇔ x 2 + 3x=4 ⇔ x=1 hoặc x = −4 (thỏa (*)).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = −4 .
1
2

b) Điều kiện 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ (*).
Đặt t = 2x − 1, t ≥ 0 ⇒ x =

t2 +1
.
2

Phương trình đã cho trở thành t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0
⇔ ( t − 1)

2

(t

2

+ 2t − 1) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2 − 1 (thỏa t ≥ 0 )

Với t = 1 ta tìm được x = 1 (thỏa điều kiện (*)).
Với t = 2 − 1 ta tìm được x = 2 − 2 (thỏa điều kiện (*)).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 1; x = 2 − 2 .
• Cách khác :
Phương trình 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ 2x − 1 = − x 2 + 3x − 1
3 − 5
3− 5
− x 2 + 3x-1 ≥ 0
≤x≤

⇔
⇔
2
 2
2
2
2x − 1 = ( − x + 3x-1)
 x 4 − 6x 3 + 11x 2 − 8x + 2 = 0


3 − 5
3− 5
≤x≤

 x = 1
2

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


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 1; x = 2 − 2 .
Bài 2: Giải các phương trình sau :
a) 2 ( 1 − x ) x 2 + 2x − 1 = x 2 − 2x − 1 ; b) 3 1 − x + x + 2 = 1
c) x3 + 2 = 3. 3 3x − 2

; d)

4
x2
5  4 − x2
x
+
+
+

2
2
x 4 − x 2 
x
4 − x2


÷+ 2 = 0 .

÷


Giải:
a) Điều kiện: x 2 + 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 − 2 hoặc x ≥ −1 + 2 (*)
Đặt t = x 2 + 2x − 1 ( t ≥ 0 ) thì t 2 = x 2 + 2x − 1 hay x 2 − 2x − 1 = t 2 − 4x .
2
Phương trình đã cho trở thành t − 2 ( 1 − x ) t − 4x = 0 (**).

Ta có ∆ ' = ( 1 − x ) + 4x = ( 1 + x ) ≥ 0 .
2

2

Khi đó phương trình (*) có hai nghiệm t = 2 hoặc t = −2x .
+ Với t = 2 thì x 2 + 2x − 1 = 2 ⇔ x 2 + 2x-5 = 0 ⇔ x = −1 ± 6 (thỏa (*)).
x ≤ 0

2
+ Với t = −2x thì x + 2x − 1 = −2x ⇔ 

2
2
 x + 2x − 1 = 4x

(vô nghiệm).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −1 + 6; x = −1 − 6 .
b) Điều kiện: x ≥ −2 (*).
Đặt

u = 3 1 − x ⇒ u3 = 1− x
v = x + 2 ⇒ v2 = x + 2 .

u + v = 1

Ta được hệ phương trình 

3
2
u + v = 3

v = 1 − u
v = 1 − u
⇔ 3
⇔ 3
3
2
u + ( 1 − u ) = 3 u + u − 2u − 2 = 0(*)

Giải phương trình (*) ta được u = −1 hoặc u = 2 hoặc u = − 2 .


+ Với u = −1 ta được 1 − x = −1 ⇔ x = 2 (thỏa (*)) .
+ Với u = − 2 ta được 1 − x = ( − 2 ) ⇔ x = 1 + 2 2 (thỏa (*)) .
3

+ Với u = 2 ta được 1 − x = ( 2 ) ⇔ x = 1 − 2 2 (thỏa (*)) .
3

Vậy phương trình có ba nghiệm là x = 2, x = 1 − 2 2, x = 1 + 2 2 .
c) Đặt y = 3 3x − 2 suy ra y 3 = 3x − 2 .
3
 x = 3 y − 2 (1)
Khi đó phương trình đã cho trở thành:  3
. Lấy phương trình (1)
 y = 3x − 2 (2)

trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

x 3 − y 3 = 3 y − 3x

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 0(*)
2

y  3y2

+ 3 > 0 , ( ∀x, y ∈ ¡ )
Ta có x 2 + xy + y 2 + 3 =  x + ÷ +


2

4

Do đó phương trình (*) ⇔ x = y .
Thay x = y vào phương trình y 3 = 3x − 2 ta được
x 3 − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)

2

( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 1 hoặc

x = 2.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1; x = 2 .
−2 < x < 2
.
x ≠ 0

d) Điều kiện: 
Đặt t =

4 − x2
x
4
x2
+
, t ≥ 2 ⇒ t2 = 2 +
+1 .
x
x 4 − x2
4 − x2
5
2

1
2

Phương trình trở thành t 2 + t + 1 = 0 ⇔ t = −2 hoặc t = − (loại).

Với t = −2 thì

−2 < x < 0
4 − x2
x
 −2 < x < 0
+
= −2 ⇔ 
⇔
2
 2
4
2
x
4 − x2
4 ( x − 4x + 4 ) = 0 ( x − 2 ) = 0

⇔x= 2.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2 .


Dạng 3: Một số phương pháp giải khác
Bài 1: Giải các phương trình sau :
a) 2x 2 + 3x − 2 − 3 x + 5 = 3 x + 2 − 2x 2 + 9x − 5 ;
b) 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
(Trích đề thi Đại học Khối B – năm 2010).
Giải:
2x 2 + 3x − 2 ≥ 0


1
x + 5 ≥ 0
⇔x≥ .
a) Điều kiện : 
2
x + 2 ≥ 0
2
2x + 9x − 5 ≥ 0


Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương

( x + 2 ) ( 2x − 1) − 3
⇔ 2x − 1
⇔

(

(

x +5 −3 x + 2 +

) (

x+5 + x+ 2 −3

x+5 + x+2

)(

( x + 5 ) ( 2x − 1)

=0

)

x+5 + x+2 = 0

)

2x − 1 − 3 = 0

⇔ 2x − 1 − 3 = 0 (do x ≥

1
)
2

⇔ 2x − 1 = 9 ⇔ x = 5 .

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5 .
* Nhận xét: Đối với phương trình trên ta có thể giải bằng phương pháp
đặt ẩn phụ nhưng dài và phức tạp.
1
3

b) Điều kiện: − ≤ x ≤ 6 .
Cách 1: Xét phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
⇔

3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 3 = 0

3x − 15
x −5
+
+ ( x − 5 ) ( 3x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
2
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1÷ = 0 ⇔ x = 5
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x

⇔


2
1
 1 
+
+ 3x + 1 > 0, ∀x ∈  − ; 6 ÷ .
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
 3 

Vì

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5 .

1
3

Cách 2: Ta thấy x = − , x = 6 không là nghiệm của phương trình đã cho.
 1



Xét hàm số f ( x ) = 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 liên tục trên khoảng  − ; 6 ÷ .
 3 
1





+
+ 6x − 14, x ∈  − ; 6 ÷.
Ta có f ' ( x ) = 
÷
2  3x+1
6− x 
 3 
3

1

1




+ Với x ∈  ;6 ÷, f ' ( x ) > 0 ⇒ f ( x ) đồng biến trên
3 
7

7 
và f ( 5) = 0 .
 3 ;6 ÷




Do đó trên  ; 6 ÷ phương trình f ( x ) = 0 có đúng 1 nghiệm x = 5 .
3 
7

11
 1 7
+ Với x ∈  − ; ÷⇒ 3x + 1 − 6 − x < 2 2 −
,
 3 3

3

 1 7
3x 2 − 14x − 8 ≤ −3 ⇒ f ( x ) < 0, ∀ x ∈  − ; ÷.
 3 3

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5 .
Bài 2: Giải các phương trình sau :

3

2
2
a) 2x + x + 6 + x + x + 3 = 2  x + ÷(Trích đề thi Olympic 30/4 – năm


x

2009);
b) x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 = x 2 − x + 2 (Trích đề trong tạp chí Toán học và Tuổi
trẻ).
Giải:
3

2
2
a) Điều kiện: x ≠ 0 . Xét phương trình 2x + x + 6 + x + x + 3 = 2  x + ÷


(*)
Với điều kiện trên , giả sử x là một nghiệm của phương trình (*).

x


Khi đó, từ phương trình trên suy ra x > 0 , nên ta chỉ xét x > 0 .
2
2
2

Vì 2x + x + 6 − ( x + x + 3) = x + 3 > 0 nên:

(*) ⇔

x2 + 3
2x 2 + x + 6 − x 2 + x + 3

=

2 ( x 2 + 3)
x

⇔ 2 2x 2 + x + 6 = x + 2 x 2 + x + 3
⇔ 3x 2 + 12 = 4x x 2 + x + 3
⇔ 7x 4 + 16x 3 − 24x 2 − 144 = 0

⇔ ( x − 2 ) ( 7x 3 + 30x 2 + 36x + 72 ) = 0

⇔ x = 2 hoặc 7x 3 + 30x 2 + 36x + 72 = 0 (vô nghiệm do x > 0 ).

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2 .
b) Xét phương trình

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

Điều kiện : x 2 + x − 1 ≥ 0 và x − x 2 + 1 ≥ 0 (1).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :
x

2

(x
+ x −1 ≤

x−x

2

2

+ x − 1) + 1

( x−x
+1 ≤

2
2

+ 1) + 1

2

x2 + x
=
2

( 2)

x − x2 + 2
=

2

( 3)

Cộng vế theo vế (2) và (3) ta được :
x2 + x − 1 + x − x2 + 1 ≤ x + 1

( 4)

Kết hợp (4) với phương trình (*) ta được x 2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ ( x − 1) ≤ 0 .
2

Đẳng thức xảy ra khi x = 1 (Thỏa điều kiện (1)).
Thay giá trị vào phương trình đã cho thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của
phương trình (*).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1 .
Bài 3: Giải các phương trình sau :

(

)

a) 1 + 1 − x 2 = x 1 + 2 1 − x 2 ;


b) x 2 − 8x + 816 + x 2 + 10x + 267 = 2003 .
Giải:
a) Điều kiện : 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 (*).
π π 
. Phương trình trở thành

 2 2 


Đặt x = s inu, u ∈ − ;

1 + cos u = s inu ( 1 + 2 cos u )
⇔ 2cos
⇔ sin

u
u
u
3u
= sin u + sin 2u ⇔ 2cos = 2cos .sin
2
2
2
2

u
 π π 
3u
2
=
(do u ∈  − ;  ⇒ cos > 0 )
2
 2 2
2
2

π

1

u = 6
x=

⇔
⇒
2

u = π
x = 1

2

(thỏa (*)).
1
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = ; x = 1 .
* Nhận xét : Trong bài trên điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 hay có thể mở rộng nếu

 π π 
x ∈ [ − a; a ] , a>0 thì ta đặt x = a sin u  u ∈  − ;  ÷ hoặc x = acosu ( u ∈ [ 0; π ] ) .
 2 2 


Khi đó ta đưa phương trình đã cho về phương trình lượng giác theo u.
r

r

b) Đặt a = ( 4 − x; 20 2 ) ⇒ a = x 2 − 8x + 816
r
r
b = 5 + x; 11 2 ⇒ b = x 2 + 10x + 267

(

)

r r

r r

Ta có a + b = ( 9; 31 2 ) ⇒ a + b = 2003
r r

r

r

Mà a + b ≤ a + b ⇒ x 2 − 8x + 816 + x 2 + 10x + 267 ≥ 2003 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4− x
x+5
56
=

⇔ x=− .
31
20 2 11 2

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = −

56
.
31


Bài 4: Giải các phương trình sau :
a) 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x
(Trích đề thi Đại học Khối B – năm
2011);
b) 2x − 3 − x = 2x − 6 (Trích đề thi Đại học Khối A – năm 2007).
Giải:
a) Điều kiện : −2 ≤ x ≤ 2 (*).
Đặt u = 2 + x và v = 2 − x ( u , v ≥ 0 ) .
Phương ttrình đã cho trở thành
3u − 6v + 4uv = u 2 + 4v 2
 2 2
u + v = 4

( 1)
( 2)
 u = 2v

Từ (1) ⇔ 3 ( u − 2v ) = ( u − 2v ) ⇔ 
 u = 2v + 3

2

4
5

4
5

6
5

2
• Với u = 2v ta có (2) ⇔ v = ⇒ 2 − x = ⇔ x = (thỏa (*)).

• Với u = 2v + 3 ta có (2) ⇔ ( 2v + 3) + v 2 = 4 ⇔ 5v 2 + 12v + 5 = 0 (vô nghiệm,
2

do v ≥ 0 ).
6
5

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = .
Cách khác : Đối với phương trình trên ta có thể đặt t = 3 2 + x − 6 2 − x dẫn
đến phương theo t là t 2 − 9t = 0 ; Hoặc đặt t = 2 + x − 2 2 − x dẫn đến phương
6
5

trình theo t là t 2 − 3t = 0 ta vẫn tìm được nghiệm x = .
3
2

b) Điều kiện : x ≥ .
Phương trình đã cho ⇔

(

2x − 3 − x

(

)(

2x − 3 + x

2x − 3 + x

)

) = 2 ( x − 6)


x − 3 = 0
1



⇔ ( x − 3)  2 −
1
÷= 0 ⇔ 
2−

=0
2x − 3 + x 


2x − 3 + x

( 1)
( 2)

3
2

(1) ⇔ x = 3 (thỏa điều kiện x ≥ )
Ta có với x ≥
⇒ 2−

3
thì
2

2x − 3 + x ≥

3
1
>1⇒
<1
2
2x − 3 + x

1

>0
2x − 3 + x

Nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3 .
Dạng 4 : Một số bài toán có chứa tham số của phương trình
Bài 1 : Với giá trị nào của m thì phương trình 2x − m = x − 3 có nghiệm.
Giải :
Cách 1 :
x = t2 + 3

Đặt t = x − 3 ⇒ 

t ≥ 0

.Phương ttrình trở thành

2 ( t 2 + 3 ) − m = t ⇔ 2t 2 − t + 6 − m = 0

(*)

Phương trình đã cho có nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (*) có nghiệm
t ≥ 0.

Xét các khả năng sau :
+ (*) có nghiệm t = 0 , khi đó m = 6 và phương trình (*) trở thành
2t 2 − t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t =

1
> 0 (thỏa mãn).

2

+ (*) có hai nghiệm dương 0 < t1 ≤ t2 , khi đó :


∆ = 1 − 8 ( 6 − m ) ≥ 0
47


1
47

m ≥
⇔
≤ m < 6.
8 ⇔
S =
2
8

m < 6
 P > 0

+(*) có hai nghiệm trái dấu t1 < 0 < t2 ⇔ 6 − m < 0 ⇔ m > 6 .
Kết hợp tất cả các điều kiện trên ta thấy phương trình đã cho có
nghiệm khi m ≥

47
.
8

Cách 2: Điều kiện : x ≥ 3 .
Phương trình đã cho tương đương m = 2x- x − 3 .
Xét hàm số y = f ( x ) = 2x- x − 3, x ∈ [ 3; + ∞ )
Ta có y ' = f ' ( x ) = 2 −

1
49
; f '( x) = 0 ⇔ x =
2 x−3
16

Bảng biến thiên

x

49
16

3

y’
y

-

+∞

0

+

6
47
8

Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m ≥

47
.
8

* Nhận xét : Đối với học sinh lớp 10 thì nên dùng cách 1 còn học sinh lớp 12
nên dùng đạo hàm để giải dạng toán này nhanh hơn và ít sót điều kiện.
Bài 2 : Tìm m để phương trình
m

(

)

1 + x 2 − 1 − x 2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 có nghiệm thực.


(Trích đề thi Đại học Khối B – năm
2004).
Giải :
Đặt u = 1 + x 2 − 1 − x 2 , x ∈ [ −1; 1] .
Ta có u ≥ 0, ∀x ∈ [ −1; 1] và u = 0 ⇔ x = 0
Ngoài ra u 2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2 và u 2 = 2 ⇔ x = ±1 .

Do đó 0 ≤ u ≤ 2, ∀x ∈ [ −1; 1] .
Phương trình trở thành m ( u + 2 ) = −u 2 + u + 2 ⇔ m =
Xét hàm số f ( u ) =
Ta có f ' ( u ) =

−u 2 + u + 2
u+2

−u 2 + u + 2
, u ∈ 0; 2  .
u+2

−u 2 − 4u

( u + 2)

2

< 0, ∀u ∈  0; 2  ⇒ f

( 2 ) ≤ f ( u ) ≤ f ( 0)

⇔ 2 −1 ≤ f ( u ) ≤ 1.

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 − 1 ≤ m ≤ 1 .
Bài 3 : Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai
nghiệm thực phân biệt :

4

2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m, ( m ∈ ¡ ) .

Giải :
Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 6 .
Đặt f ( x ) = 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x , ∀x ∈ [ 0; 6] .
Ta có

f '( x) =

1
2. 4 ( 2x )


1
=
2


+

3

1
4

( 2x )

3

1

−
2x

1
4

( 6 − x)

1

−
4

( 6 − x)

3

3

−

1
6− x


÷+  1 − 1  , ∀x ∈ [ 0; 6] .
÷
÷  2x
6− x 


Đặt

u ( x) =

1
4

( 2x )

3

1

−
4

( 6 − x)

3

1
1
−
2x
6− x .

, v ( x) =

Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f ' ( 2 ) = 0 . Hơn nữa u ( x ) , v ( x ) cùng dương trên
khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2; 6 ) .
Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x ) như sau :
x

0

2

f’(x)

+

6

0

f(x)

-

3 2 +6
2 6 + 24 6

4

12 + 2 3

Từ bảng biến thiên ta có giá trị của m cần tìm là : 2 6 + 2 4 6 ≤ m ≤ 3 2 + 6 .
* Nhận xét: Đối với bài này, chúng ta có thể xét

f '( x) =

1
2. 4 ( 2x )

3

+

1
−
2x

1
4

( 6 − x)

3

−

1
6− x

 
1  1  1
1
 1
= 4

−4
+4
+
÷ 2 
3
4
6− x 
2x. 4 6 − x
 2x
2x
(
)
 

Khi đó f ' ( x ) = 0 ⇔

1
4

( 6 − x)

2



÷+ 1 + 1 
÷ 4 2x 4 6 − x 



1
1
=
⇔x=2
4
2x 4 6 − x

Sau đó lập bảng biến thiên như trên. Tuy nhiên học sinh gặp khó khăn trong
việc đặt nhân tử chung và xét dấu đạo hàm.
Bài 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x + 1 − x = m 2014, ( m ∈ ¡ ) .

Giải :
Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 1 .
Xét hàm số f ( x ) = x + 1 − x , x ∈ [ 0; 1] .


1

1

1− x − x

Ta có f ' ( x ) = 2 x − 2 1 − x =
2 x (1− x)
f '( x) = 0 ⇔ 1− x − x = 0 ⇔ x =

1
.
2

 1
1 
Với x ∈  0; ÷ thì f ' ( x ) > 0 , x ∈  ; 1÷ thì f ' ( x ) < 0 và f ( 0 ) = f ( 1) = 1 ,
 2
2 
1
f  ÷= 2 .
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
m 2014 = 2 ⇔ m =

1
.
1007

Bài tập tự giải
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) 2x 2 − 4x − 1 = 2 − x ĐS: x = − 5 ; b) 3x + 4 + x − 4 = 2 x ĐS: x = 4 .
c) 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1 ĐS: x = 30, x = −61 ; d) 2 ( x 2 + 3x − 1) − 3 x 2 + 3x = 0 ĐS:
x = 1, x = −4

e) x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 3x 2 − 6x + 19 ĐS: x =

(

3
3
2

f) 14 − x + x = 2 1 + x − 2x − 1

23 ± 341
2

)

(Trích đề trong Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ 12/2008); ĐS:
x = 1± 2 .

Bài 2: Tìm giá trị của tham số m để các phương sau có nghiệm:
1

a) 5 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ĐS: −3 < m ≤ .
5
1

b) 4 x 2 + 1 − x = 2014m ĐS: 0 < m ≤
.
2014


Bài 3: Tìm giá trị của tham số m để các phương sau có đúng hai nghiệm
4

thực phân biệt:

(

2x + 2 4 6 − x + 2

(

)

x + 2 ( 6 − x ) = 10m

ĐS:

)

3 2+2
6+46
.
≤m≤
5
10

II. CÁC DẠNG BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
1. Lý thuyết:
Nhóm I
a)

A < B ⇔ 0≤ A< B

b)

A ≥ 0

A < B ⇔ B > 0

 A < B2


c)

 A ≥ 0

B < 0
A > B ⇔ 
B ≥ 0

  A > B 2

Nhóm II
a)

A ≤ B ⇔ 0≤ A≤ B

b)

A ≥ 0

A ≤ B ⇔ B ≤ 0
 A ≤ B2


c)

 A ≥ 0


B ≤ 0
A ≥ B ⇔ 
B ≥ 0

  A ≥ B 2

2. Một số phương pháp giải
Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi tương đương và các tính chất về căn
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x 2 − x − 12 < 7 − x ;
b) x 2 − 3x − 10 > 6 − x .
Giải:
a) Ta có

 x 2 − x − 12 ≥ 0


2
⇔
7 − x > 0
x − x − 12 < 7 − x
 2
2

 x − x − 12 < ( 7 − x )



 x ≤ −3 ∨ x ≥ 4
 x ≤ −3 ∨ x ≥ 4

 x ≤ −3


⇔ x < 7
⇔ x < 7
⇔
61 .

4
≤
x
<
 x 2 − x − 12 < x 2 − 14x + 49

61
13


x <
13


Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = ( −∞; − 3] ∪ 4;

61 
÷.
 13 

b) Ta có

  x 2 − 3x − 10 ≥ 0

 6 − x < 0
x 2 − 3x − 10 > 6 − x ⇔ 
6− x ≥ 0
 

  x 2 − 3x − 10 > ( 6 − x ) 2


  x ≤ −2 ∨ x ≥ 5

x > 6
⇔ 
x ≤ 6
 2
  x − 3x − 10 > x 2 − 12x + 36
x > 6

46
x≤6
⇔  
⇔x>
.
9

46
 x >
9


 46

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T =  ; + ∞ ÷.
 9



Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
a) x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4x + 3 ≥ 2 x 2 − 5x + 4 ;
b)

x− x

1 − 2 ( x 2 − x + 1)

≥ 1 (Trích đề thi Đại học Khối A – năm 2010).

Giải:


 x 2 − 3x + 2 ≥ 0
 2
x ≤1
a) Điều kiện :  x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ 
.
x ≥ 4
 x 2 − 5x + 4 ≥ 0


* Với x = 1 bất phương trình đã cho luôn thỏa mãn.

* Với x ≥ 4 bất phương trình đã cho tương đương

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

≥2

( x − 1) 0 x − 4
( 1)

⇔ x−2 + x−3 ≥ x−4 + x−4

Ta thấy với mọi x ≥ 4 thì (1) luôn đúng.
* Với x < 1 bất phương trình đã cho tương đương

( 1− x) ( 2 − x) + ( 1− x) ( 3 − x)

≥ 2 (1− x) ( 4 − x)

⇔ 2 − x + 3− x ≥ 4− x + 4− x

(2)

Ta thấy với mọi x < 1 thì (2) vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = { 1} ∪ [ 4 ; +∞ ) .
b) Điều kiện: x ≥ 0 . Ta có
x− x

1 − 2 ( x 2 − x + 1)

≥1⇔

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

≥ 0.

Ta lại có 1 − 2 ( x 2 − x + 1) < 0 .Thật vậy :
1 − 2 ( x 2 − x + 1) < 0 ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) > 1 ⇔ 2x 2 − 2x + 1 > 0 (hiển nhiên).

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với :
x − x − 1 + 2 ( x 2 − x + 1) ≤ 0 ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) ≤ − x + x + 1


− x + x + 1 ≥ 0
⇔
2
( x − 1) + 2 x ( x − 1) + x ≤ 0
− x + x + 1 ≥ 0

0 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x = 1− x ⇔ 
2
2
 x − 1 + x ≤ 0
 x = ( 1 − x )
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ x ≤ 1
3− 5


⇔ 2
⇔
3± 5 ⇔ x = 2 .
 x − 3x + 1 = 0
x =

2

(

)

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là x =

3− 5
.
2

* Nhận xét : Đối với bất phương trình trên vấn đề là đánh giá
2

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

Lúc đó bất phương trình trở thành x − x ≤ −1 + 2 ( x 2 − x + 1) (*) và
x = 0 không là nghiệm của bất phương trình trên nên (*)
1 
1

⇔ 2  x + − 1÷ ≤
− x +1
x 
x


Sau đó đặt ẩn phụ t =

( t − 1)

2

1
− x và đưa bất phương trình về dạng
x

≤ 0 ⇔ t = 1 . Ta vẫn tìm được nghiệm của bất phương trình.

Dạng 2: Giải bất phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x 2 − 2x − 8 < 6 − ( x − 4 ) ( x + 2 ) ;
b)

2x 2 − 4x + 6 > 2x − 1 + x − 2 .

Giải:
a) Điều kiện x 2 − 2x − 8 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 hoặc x ≥ 4 . Ta có
x 2 − 2x − 8 < 6 − ( x − 4 ) ( x + 2 ) ⇔ x 2 − 2x − 8 + x 2 − 2x − 14 < 0 .


t ≥ 0

2
Đặt t = x − 2x − 8 ⇒ 

2
2
t = x − 2x − 8

.

Bất phương trình trở thành : t 2 + t − 6 < 0 ⇔ −3 < t < 2
Kết hợp điều kiện t ≥ 0 ta có 0 ≤ t < 2 .
Với 0 ≤ t < 2 ta được 0 ≤ x 2 − 2x − 8 < 2 ⇔ x 2 − 2x − 8 < 4
x 2 − 2x − 12 < 0 ⇔ 1 − 13 < x < 1 + 13 .

Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là

(

)

T = 1 − 13; − 2  ∪  4;1 + 13 .

2x 2 − 4x + 6 ≥, ∀x ∈ ¡

1
⇔ x≥ .
b) Điều kiện 
2
2x − 1 ≥ 0

Bất phương trình đã cho viết lại 2 ( x − 2 ) + 2 ( 2x − 1) > x − 2 + 2x − 1 (*).
2

u = 2x − 1 ≥ 0

Đặt 

v = x − 2

. Khi đó (*) trở thành 2v 2 + 2u 2 > v + u

v + u ≥ 0
v + u ≥ 0
⇔ 2
⇔
⇔v≠u.

2
2
2
( v − u ) > 0
2v + 2u > ( v + u )

Với u = v ta có 2x − 1 = x − 2 ⇔ x 2 − 6x + 5 = 0 và x ≥ 2 ⇔ x = 5 .



Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T =  ; +∞ ÷\ { 5} .
2

1

Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
a) 1 + x + 1 − x ≤ 2 −
x

x2
;
4

2x

> 5.
b) 3 +
3 x2 − 4

Giải:
a) Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 2 −

x2
> 0.
4

Bất phương trình đã cho tương đương

1 + x + 1 − x + 2 1 − x2 ≤ 4 +

x4
x4
− x 2 ⇔ 2 1 − x 2 ≤ − x 2 + 2 (*).
16
16

Đặt t = 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 = 1 − t 2 .
1− t )
Khi đó (*) trở thành 2t ≤ (

2 2

16

− ( 1− t

2

)

( 1− t )
+2⇔

2 2

16

+ ( t − 1) ≥ 0 (đúng).
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = [ −1;1] .
2
b) Điều kiện x − 4 > 0 ⇔ x > 2 .

• Nếu x < −2 thì bất phương trình đã cho vô nghiệm (do vế trái âm).
• Nếu x > 2 bất phương trình đã cho tương đương
x2 +

4 x2
4x2
x4
4x2
+
>
45
⇔
+
> 45
x2 − 4
x2 − 4
x2 − 4
x2 − 4

Đặt t =

x2
x2 − 4

(*).

, t >0
t < −9
t > 5

Bất phương trình (*) trở thành t 2 + 4t − 45 > 0 ⇔ 
Kết hợp với điều kiện t > 0 ta được t > 5 .
⇒

x2
x −4
2

> 5 ⇔ x 4 − 25x 2 + 100 > 0

x >5
 x 2 > 25
⇔ 2
⇔
 x < 5
x < 5

Kết hợp với điều kiện x > 2 ta được tập nghiệm của bất phương trình đã
cho là T = ( 2; 5 ) ∪ ( 5; + ∞ ) .
Dạng 3: Giải bất phương trình vô tỷ bằng một số phương pháp khác
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
a)

x − 3x 2
+ 2x 4 − x 3 + 7x 2 − 3x + 3 ≥ 2 ;
2

b) 3x 2 − 14x + 23 ≤ 2 ( x − 1) x 2 − 6x + 13 .