sáng kiến hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương

trình vô tỉ.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Khối 10, 11, 12.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 1 tháng 9 năm 2015 đến ngày
1 tháng 9 năm 2016.
4. Tác giả:
Họ và tên: Lê Thị Phượng
Năm sinh: 1987
Nơi thường trú: Nam Định
Trình độ chuyên môn: Cử nhân toán
Chức vụ công tác: Giáo viên toán
Nơi làm việc: trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ liên hệ: 76 Vị Xuyên Nam Định
Điện thoại: 0972313265.
5. Đồng tác giả (nếu có): Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ:

76 Vị Xuyên Nam Định

Điện thoại:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 1

Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Năm học 2015-2016, tôi được phân công giảng dạy môn toán khối 10, 11. Vì vậy
tôi luôn ý thức tự học tập và nghiên cứu nhằm nâng cao chất lượng bài giảng phát
huy tối đa năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng
dạy, tôi nhận thấy học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải quyết
một số phương trình vô tỉ. Trong kì thi THPT Quốc Gia thường xuất hiện câu giải
phương trình vô tỉ, bất phương trình vô tỉ, hệ phương trình gây nhiều khó khăn cho
học sinh khi làm bài thi. Chính vì vậy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm : “ Hướng

dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ ” nhằm giúp
học sinh biết cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp nhân liên hợp, đặt ẩn
phụ hoặc phương pháp hàm số.

Trong bài viết sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhắc lại những kiến thức cơ bản để giải
phương trình vô tỉ đồng thời đưa ra hệ thống bài tập có chọn lọc được chia ra ba
dạng: phương pháp nhân liên hợp, đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số. Trong
mỗi dạng bài tập thường có nhận xét và hướng dẫn học sinh cách sáng tạo bài toán
mới.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song bài viết của tôi không tránh khỏi thiếu sót. Tôi
rất mong sự đóng góp ý kiến quí báu của các thầy giáo, cô giáo để hoàn thiện hơn
nữa sáng kiến kinh nghiệm của mình.

II. Nội dung sáng kiến:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 2

Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
1.

Phương pháp nhân liên hợp.
Mục đích: Biến đổi đưa phương trình đã cho về phương trình tích.
Phương pháp: Sử dụng các hằng đẳng thức.

a.
b.

a −b
am b

a± b=

3

c.
1.1.

a±3b=

( a, b > 0, a ≠ b )

a±b
3

a 2 m 3 ab + 3 b

Bài tập áp dụng.
Nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt hằng số.
x0
+) Phương pháp chung: dự đoán nghiệm
cuả phương trình, sau đó
x − x0
thêm bớt hằng số rồi nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử
.
+) Sử dụng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay tìm nghiệm của
phương trình.

Ví dụ 1: ( ĐHKB- 2010) Giải phương trình :
3 x 2 − 14 x − 8 + 3 x + 1 − 6 − x = 0

.

Phân tích:
+ Nhận xét:

x=5

là một nghiệm của phương trình trên.

( x − 5) f ( x ) = 0

+ Ta đưa phương trình trên về dạng
a, b > 0

hợp. Như vậy ta tìm hai số
sao cho:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 3

bằng phương pháp nhân liên


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

 3 x + 1 − a = 0  a = 4
⇒

b = 1
b − 6 − x = 0
Lời giải:

Tập xác định:
∀x

 1 
D =  − ;6 
 3 

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

3 x 2 − 14 x − 8 + 3 x + 1 − 6 − x = 0
⇔ 3x 2 − 14 x − 5 +

(

) (

)

3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x = 0

3x − 15
x−5
+
=0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1


⇔ ( x − 5) 
+
+ 3x + 1÷ = 0
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x

x = 5 ( t / m)
⇔
3
1

+
+ 3x + 1 = 0 ( 1)

 3 x + 1 + 4 1 + 6 − x
⇔ ( x − 5 ) ( 3x + 1) +

 1 
∀x ∈  − ;6
 3 

ta có:

3
1
+
+ 3x + 1 > 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
Ví dụ 2: Giải phương trình:

S = { 5}

.

2 x2 − 5x − 1 = x − 2 + 4 − x

.

Phân tích: ý tưởng tương tự ví dụ 1. Nhận xét pt có một nghiệm
Ta sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 4

x=3

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Lời giải:
Tập xác định:
∀x

D = [ 2;4]

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

x − 2 + 4 − x = 2 x2 − 5x − 1
⇔

(

) (

x − 2 −1 +

)

4 − x − 1 = 2 x2 − 5x − 3

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

 x = 3 ( t / m)
⇔
1
1

−
= 2 x + 1 ( 1)
 x − 2 + 1
4 − x +1

Nhận xét:
⇒

∀ x ∈ [ 2;4]

ta có:

1
≤1
x − 2 +1

,

1
1
≥
= 2 −1
4 − x +1 1+ 2

1
1
−
≤2− 2
x − 2 +1
4 − x +1

Mặt khác:

2 x + 1 ≥ 5 ∀ x ∈ [ 2;4]

Do đó pt (1) vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của pt là

S = { 3}

.

Ví dụ 3: ( ĐHKD 2006 ) Giải phương trình:
Lời giải:
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 5

x 2 − 3x + 1 + 2 x − 1 = 0

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Nhận xét

x =1

x≥
Đkxđ:
∀x

là một nghiệm của pt.

1
2

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

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

(

⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) +

)

2x − 1 − 1 = 0
2 ( x − 1)

=0
2x − 1 + 1
2


⇔ ( x − 1)  x − 2 +
÷= 0
2x − 1 + 1

x = 1 ( t / m)
⇔
2
x − 2 +
= 0 ( 1)


2x − 1 + 1

Giải pt (1) , đặt

t = 2x −1 ≥ 0

. Phương trình (1) trở thành:

t = −1 − 2 ( l )
t 2 + 2t − 1 = 0 ⇔ 
t = −1 + 2 ( t / m )

Với

t = 2 − 1 ⇒ x = 2 − 2 ( t / m)

{

S = 1;2 − 2
Vậy tập nghiệm của pt ( 1 ) là:
•

Cách 2:

}

.

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

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 6

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

t = 2x −1 ≥ 0

Đặt:

. Phương trình trở thành:

x2 − t 2 = x − t

.

Cách 3: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương.

•

1 − x x2 + 2x
=
x
1 + x2

Ví dụ 4: Giải phương trình:
x=

Nhận xét :

1
2

.

là một nghiệm của pt.

Lời giải:
Điều kiện xác định:

0 < x ≤1

.

∀x

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:
1 − x x2 + 2x
=
⇔ ( 1 + x2 ) 1 − x = ( x2 + 2x ) x
2
x
1+ x
⇔ x2

(

) (

1− x − x +

)

1 − x − 2x x = 0

x2 ( 1 − 2x )

1 − x − 4 x3
⇔
+
=0
1− x + x
1 − x + 2x x

x2
2x2 + x + 1 
⇔ ( 1 − 2x) 
+
÷= 0
1
−
x
+
x
1
−
x
+

2
x
x


1

 x = 2 ( t / m)
⇔
x2
2x2 + x + 1

+
= 0 ( 1)
 1 − x + x
1 − x + 2x x
0 < x ≤1

Với mọi

ta dễ dàng chứng minh được pt (1) vô nghiệm.

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 7


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

1 

S = 
2
Vậy tập nghiệm của pt là

.
3

3x + 2 + x 3x − 2 = 2 2 x2 + 1

Ví dụ 5: Giải phương trình:
Nhận xét: phương trình chứa căn bậc hai, căn bậc ba thường giải bằng phương
pháp nhân liên hợp.
x0 = 2
+ phương trình trên có nghiệm

.

Lời giải:
x≥
Điều kiện xác định:

2
3
.

∀x

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 8


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
3

3x + 2 + x 3x − 2 = 2 2 x 2 + 1

⇔

(

3

) (

3x + 2 − 2 + x
3x − 6

⇔
3

( 3x + 2 )

2

) (

3x − 2 − 2 = 2

+ 2 3 3x + 2 + 4

+

)

2x2 + 1 − x − 1

x ( 3x − 6 )
3x − 2 + 2

=

2x ( x − 2)
2x2 + 1 + x + 1



3
3x
2x

÷= 0
⇔ ( x − 2)
+
−
2
 3 ( 3x + 2 ) 2 + 2 3 3x + 2 + 4
3x − 2 + 2

2x + 1 + x + 1 ÷


 x = 2 ( t / m)

3
3x
2x
⇔
+
−
= 0 ( 1)
2
 3 3x + 2 2 + 2 3 3x + 2 + 4
3
x
−
2
+
2
2x + 1 + x + 1
)
 (

(

)

x 3 2 x 2 + 1 − 2 3x − 2 + 3x − 1
3x

2x
−
=
3x − 2 + 2
2x2 + 1 + x + 1
3x − 2 + 2
2 x2 + 1 + x + 1

(

)

)(

Ta có:
3x − 1 > 0
2 
∀ x≥ ⇒
18 x 2 − 12 x + 17
2
>0
3 3 2 x + 1 − 2 3 x − 2 =
2
3
2
x
+
1
+
2

3
x
−
2

3x
2x
−
>0
3x − 2 + 2
2x2 + 1 + x + 1
Suy ra

do đó pt (1) vô nghiệm.
S = { 2}

Vậy tập nghiệm của pt là

.
x2 + x + 1 x2
+
=
x+4
2

Ví dụ 6: Giải phương trình :
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 9

1
x2 + 1

+2


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Phân tích:
Sử dụng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay ta tính được phương trình có hai
 x1 + x2 = 0

 x1 x2 = −3

x1 , x2
nghiệm

thỏa mãn:
x1 , x2

Do đó

x2 − 3 = 0
là hai nghiệm phân biệt của phương trình:
x=± 3

Vậy phương trình trên có hai nghiệm là:
Lời giải:
x > −4

Điều kiện xác định:
∀x
Với

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 10

.

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

x2 + x + 1 x2
+ =
x+4
2

1
x +1
2

+2

 x2 + x + 1   x2 3   1
1 

⇔
− 1÷ +  − ÷+  −
÷= 0
2

÷  2 2 2
x
+
4
x
+
1



x2 − 3
x2 − 3
x2 − 3
⇔
+
+
=0
2
x2 + x + 1
2 x2 + 1 x2 + 1 + 2
+1
x+4

)

(

 x2 − 3 = 0 ⇔ x = ± 3 ( t / m )

1
1
1
⇔
+ +
= 0 ( ptvn )
 x2 + x + 1
2 2 x2 + 1 x2 + 1 + 2

+1
x+4


)

(

S=

{

3; − 3

Vậy phương trình có tập nghiệm:

}

.

Tương tự ta có thể giải một số pt vô tỉ bằng phương pháp nhân liên hợp.
Bài tập: Giải các phương trình:
1.
2.
3.
4.

5.
1.2.

x 2 + 9 x + 20 = 2 3 x + 10

x = −3
.
Đáp án:
.
x + 7 − 10 − x + x 2 − 2 x − 66 = 0
x=9
. Đáp án:
.
2
2 x − 3x − 2 = 3x − 2 − x + 2
x=2
.
Đáp án:
.
x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5
x=2

.
Đáp án:
.
9 4 x + 1 − 3x − 2 = x + 3
x=6
.
Đáp án:
.
Nhân liên hợp bằng cách thêm bớt ẩn số.

(

)

Phương pháp: Sử dụng máy tính CASIO tìm nghiệm của phương trình, sau đó
thêm bớt biểu thức thích hợp để làm xuất hiện nhân tử chung.
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 11


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 1: Giải phương trình:

4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8

.

Phân tích:

+ Bước 1: Sử dụng máy tính ta có hai nghiệm của pt là
phương trình có nhân tử chung là:
+ Bước 2: Ta tìm bộ số
Cho
Cho

a, b

x2 − x − 2

sao cho

4 x + 2 − ( ax + b ) = 0

x = 2 ⇒ 2a + b = 8

x = −1 ⇒ − a + b = 4

4

a
=

3
⇒
b = 16

3

Ta tìm bộ số

Cho
Cho

c, d

sao cho

22 − 3x − ( cx + d ) = 0

x = 2 ⇒ 4 = 2c + d

x = −1 ⇒ 5 = − c + d

1

c
=
−

3
⇒
d = 14

3
Lời giải:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

x = −1; x = 2

Page 12

. Do đó


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

−2 ≤ x ≤
Điều kiện xác định:

22
3

.

∀x
Với

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8

16   
14  
4
 1
⇔  4 x + 2 −  x + ÷ +  22 − 3x −  − x + ÷ = x 2 − x − 2
3  
3 
3

 3

− x2 + x + 2
− x2 + x + 2
⇔ 4.
+
= x2 − x − 2
9 x + 2 + 3 x + 12 9 22 − 3 x − 3 x + 42
4
1


⇔ ( x 2 − x − 2 ) 1 +
+
÷= 0
 9 x + 2 + 3 x + 12 9 22 − 3 x − 3 x + 42 
 x2 − x − 2 = 0
⇔
4
1
1 +
+
= 0 ( 1)
 9 x + 2 + 3 x + 12 9 22 − 3 x − 3 x + 42
Ta có:
−2 ≤ x ≤
⇒1+
⇒

22 9 x + 2 + 3 x + 12 > 0

⇒
3
9 22 − 3x − 3x + 42 > 0

4
1
+
>0
9 x + 2 + 3 x + 12 9 22 − 3 x − 3 x + 42

phương trình (1) vô nghiệm.

Ta có:

 x = −1 ( t / m )
x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
 x = 2 ( t / m )

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

S = { −1; 2}

Page 13

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 2: Giải phương trình:

x3 + 3 x 2 − 4 x + 1 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1

.

Phân tích: Sử dụng máy tính CASIO ta nhận thấy phương trình có một nghiệm
x=−

8
7

. Như vậy phương trình có nhân tử chung là

7x + 8

.

Lời giải:
Điều kiện xác định:

x∈¡

+ ta có nhận xét:
 x ≤ −3
 x ≤ −3

x + 3 + x − x +1 = 0 ⇔  2
⇔


8
2
x − x + 1 = x − 6x + 9 x = −
7

2

Với mọi

x∈¡

ta có:

x 3 + 3 x 2 − 4 x + 1 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1
⇔ ( x 2 + 3) ( x + 3 ) − 7 x − 8 = ( x 2 + 3 ) x 2 − x + 1

(

)

⇔ ( x 2 + 3) x + 3 − x 2 − x + 1 − ( 7 x + 8 ) = 0
 ( x + 3) 2 − ( x 2 − x + 1) 
 − ( 7 x + 8) = 0
⇔ ( x + 3) 
2
 x + 3 + x − x + 1 


x2 + 3
⇔ ( 7 x + 8) 

− 1÷ = 0
2
 x + 3 + x − x +1 
8

 x = − 7 ( t / m)
⇔
 x 2 + 3 = x + 3 + x 2 − x + 1 ( 1)
2

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 14

( không thỏa mãn )


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Giải phương trình

Đặt

( 1) ⇔ x 2 − x =

t = x2 − x + 1 ( t > 0)

x2 − x + 1

. Phương trình (1) trở thành:

 1− 5
( l)
t =
2
2
t −1 = t ⇔ 
 1+ 5
( t / m)
t =

2
Ta có:
t=

1+ 5
1+ 5
1+ 5
1± 3 + 2 5
⇒ x2 − x + 1 =
⇔ x2 − x −
=0⇔ x=
( t / m)
2
2
2
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

Ví dụ 3: Giải phương trình :

( 4x

2

 8 1 ± 3 + 2 5 
S = − ;

7
2



− x − 7 ) x + 2 = −8 x 2 + 4 x + 10

Lời giải:
Điều kiện xác định:
Với mọi

x

x ≥ −2

.

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

.

Page 15

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

( 4 x − x − 7 ) x + 2 = −8 x + 4 x + 10
⇔ ( 4 x − x − 7 ) x + 2 + 8 x − 4 x − 10 = 0
⇔ ( 4x − x − 7) ( x + 2 + 2) − ( 2x − 4) = 0
⇔ ( 4x − x − 7) ( x + 2 + 2) − 2 ( x + 2 + 2) (
2

2

2

2

2

2

⇔

(

)

x + 2 + 2 4x2 − x − 3 − 2


(

)

x+2+2 =0


 x + 2 + 2 = 0 ( ptvn )
⇔
 4 x 2 − x − 3 − 2 x + 2 = 0 ( 1)
Giải pt (1) ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 16

)

x+2−2 =0


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

 x ≥ −2

1

⇔
( ) 4 x 2 − x − 3 ≥ 0
 2
2
( 4 x − x − 3) = 4 ( x + 2 )
 x ≥ 1

3

⇔  x ≤ −
4

16 x 4 − 8 x3 − 23x 2 + 6 x + 9 = 4 ( x + 2 )
 x ≥ 1

3

⇔  x ≤ −
4

16 x 4 − 8 x3 − 23x 2 + 2 x + 1 = 0
 x ≥ 1

3

⇔  x ≤ −

4

( x + 1) ( 4 x − 1) ( 4 x 2 − 5 x − 1) = 0


 x = −1 ( t / m )

x = 1 ( l )

4

⇔
 x = 5 + 41 ( t / m )

8

 x = 5 − 41 ( l )
8


Vậy tập nghiệm của pt là

5 + 41 

S = −1;

8 


Ví dụ 4: Giải phương trình :

x2 + x − 1 = ( x + 2) x2 − 2 x + 2

Lời giải:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

.

Page 17

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Điều kiện xác định:
Với mọi

x

x∈¡

thỏa mãn điều kiện xác định ta có:

x2 + x − 1 = ( x + 2) x2 − 2 x + 2

)

(

⇔ x2 − 2 x − 7 + ( x + 2 ) 3 − x2 − 2 x + 2 = 0
 − x2 + 2x + 7 
⇔ x − 2x − 7 + ( x + 2) 
÷= 0

2
 3 + x − 2x + 2 


x+2
⇔ ( x 2 − 2 x − 7 ) 1 −
÷= 0
2
3
+
x
−
2
x
+
2


 ( x − 1) 2 + 1 − ( x − 1) 
 =0
⇔ ( x2 − 2x − 7 ) 
2
 3 + x − 2x + 2 


2
 x − 2 x − 7 = 0 ( 1)
⇔
 ( x − 1) 2 + 1 − ( x − 1) = 0 ( 2 )


2

Giải pt (1) ta có:
Với mọi

( x − 1)

2

x

( 1) ⇔ x = 1 ± 2

2 ( t / m)

thỏa mãn điều kiện xác định ta có

+1 > x −1 ≥ x −1⇒

( x − 1)

2

+ 1 − ( x − 1) > 0 ⇒

{

S = 1± 2 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là

}

pt (2) vô nghiệm.

.

3 ( x 2 + 2 x − 3)

Ví dụ 5: Giải phương trình:

7 x 2 − 19 x + 12
−
= 16 x 2 + 11x − 27
x + 4 −1
12 − 7 x

Lời giải:
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 18

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Điều kiện:
Với mọi

x

12

−4 ≤ x <
7

 x ≠ −3
thỏa mãn điều kiện xác định ta có

3 ( x 2 + 2 x − 3)

7 x 2 − 19 x + 12
−
= 16 x 2 + 11x − 27
x + 4 −1
12 − 7 x

(

)

⇔ ( x − 1) 3 x + 4 + 12 − 7 x − 16 x − 24 = 0
 x = 1 ( t / m)
⇔
3 x + 4 + 12 − 7 x − 16 x − 24 = 0 ( 2 )

( 2) ⇔ 3

x + 4 + 12 − 7 x = 16 x − 24

⇔ 3 x + 4 + 12 − 7 x = 9

(

(
12 − 7 x ) ( 3

x+4

) (
2

−

12 − 7 x

)(

)

2

⇔ 3 x + 4 + 12 − 7 x = 3 x + 4 + 12 − 7 x 3 x + 4 − 12 − 7 x

(

⇔ 3 x+4+

)

x + 4 − 12 − 7 x − 1 = 0

3 x + 4 + 12 − 7 x = 0 ( ptvn )
⇔
3 x + 4 − 12 − 7 x − 1 = 0 ( 3 )

( 3) ⇔ 3

x + 4 = 12 − 7 x + 1

⇔ 9 ( x + 4 ) = 12 − 7 x + 1 + 2 12 − 7 x
⇔ 2 12 − 7 x = 16 x + 23
48-28x = 256 x 2 + 736 x + 529
−382 + 6 633

⇔  23
⇔x=
12
256
− 16 ≤ x < 7


Vậy tập nghiệm của phương trình là:
Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

 −382 + 6 633 


S =


256





Page 19

.

( t / m)

)


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 6: Giải phương trình:

x3 − x + 2 = 2 3 3x − 2

Lời giải:
Điều kiện xác định:
Với mọi

x

x∈¡

thỏa mãn điều kiện xác định ta có

x3 − x + 2 = 2 3 3x − 2
⇔ x3 − 3x + 2 = 2 3 3 x − 2 − 2 x
⇔ x3 − 3x + 2 + 2

(

x3 − 3x + 2
3

3x − 2

)

2

+ x 3x − 2 + x
3

2

=0



2
÷= 0
⇔ ( x3 − 3x + 2 ) 1 +
2


÷
3

3x − 2 + x 3 3x − 2 + x 2 ÷


 x3 − 3x + 2 = 0 ( 1)

2
⇔ 1 +
= 0 ( ptvn )
2

2
3
3
3x − 2 + x 3x − 2 + x

x = 1 ( t / m)
2
( 1) ⇔ ( x − 1) ( x + 2 ) = 0 ⇔ 
 x = −2 ( t / m )

(

(

)

)

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
Ví dụ 7: Giải phương trình:

S = { 1; −2}

7 x 2 + 20 x − 86 + x 31 − 4 x − x 2 = 3 x + 2

Lời giải:

Điều kiện xác định:

2

7 x + 20 x − 86 ≥ 0

2

31 − 4 x − x ≥ 0

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

.

Page 20


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Với mọi

x

thỏa mãn điều kiện xác định ta có

Xét trường hợp 1:
x ≥ 2
7 x 2 + 20 x − 86 = x − 2 ⇔  2
⇔ x = −2 + 19
6
x
+
24
x
−
90
=
0


Thử lại:

x = −2 + 19

không là nghiệm của phương trình trên.

Xét trường hợp 2:
7 x 2 + 20 x − 86 ≠ x − 2 ⇔ x ≠ −2 + 19

Ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 21


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

7 x 2 + 20 x − 86 + x 31 − 4 x − x 2 = 3x + 2
⇔  7 x 2 + 20 x − 86 − ( 2 − x )  + x


6 ( x 2 + 4 x − 15 )

⇔

7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x

−

(

)

31 − 4 x − x 2 − 4 = 0

x ( x 2 + 4 x − 15 )
31 − 4 x − x 2 + 4

=0

 x 2 + 4 x − 15 = 0 ( 1)

⇔
6
x
−
= 0 ( 2)
 7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x
31 − 4 x − x 2 + 4
 x = −2 − 19 ( t / m )

( 1) ⇔ 

 x = −2 + 19 ( l )

( 2) ⇔ 6

31 − 4 x − x 2 + 24 = x 7 x 2 + 20 x − 86 + 2 x − x 2

7 x 2 + 20 x − 86 = 3 x + 2 − x 31 − 4 x − x 2

(

6 31 − 4 x − x 2 + 24 = x 3x + 2 − x 31 − 4 x − x 2
⇔ ( x 2 + 6 ) 31 − 4 x − x2 = 2 x 2 + 4 x − 24

)

⇔ ( 31 − 4 x − x 2 ) + ( x 2 + 6 ) 31 − 4 x − x 2 − x 2 − 7 = 0

⇔

(

)(

31 − 4 x − x 2 − 1

)

31 − 4 x − x 2 + x 2 + 7 = 0

 31 − 4 x − x 2 = 1 ( 1)
⇔
 31 − 4 x − x 2 + x 2 + 7 = 0 ( ptvn )


( 1) ⇔

 x = −2 + 34 ( t / m )
31 − 4 x − x 2 = 1 ⇔ x 2 + 4 x − 30 = 0 ⇔ 
 x = −2 − 34 ( l )

{

S = −2 − 19; − 2 + 34
Vậy tập nghiệm của phương trình là

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 22

}

.


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 8: Giải phương trình:

( 5x

2

− 5 x + 10 ) x + 7 + ( 2 x + 6 ) x + 2 = x 3 + 13x 2 − 6 x + 32

Lời giải:
Điều kiện xác định:
Với mọi

x

x ≥ −2

thỏa mãn điều kiện xác định ta có

( 5 x − 5 x + 10 ) x + 7 + ( 2 x + 6 ) x + 2 = x + 13x − 6 x + 32
⇔ ( 5 x − 5 x + 10 ) ( x + 7 − 3) + ( 2 x + 6 ) ( x + 2 − 2 ) = x − 2 x
2

3

2

2

3

2

+ 5 x − 10

 5 x 2 − 5 x + 10

2x + 6
⇔ ( x − 2) 
+
− ( x2 + 5)  = 0
x+2+2
 x+7 +3

 x = 2 ( t / m)

⇔  5 x 2 − 5 x + 10
2x + 6
+
− ( x 2 + 5 ) = 0 ( 1)
 x + 7 + 3
x+2+2



1
1
1
1

− ÷+ ( 2 x + 6 ) 
− ÷= 0
 x +7 +3 5
 x+2 +2 2

( 1) ⇔ ( 5 x 2 − 5x + 10 ) 

5 x 2 − 5 x + 10 > 0

2 x + 6 > 0

1
1
x ≥ −2 ⇒ 
− <0
 x+7 +3 5

1
1
− <0

 x+2+2 2
1

1
1
1


⇒ ( 5 x 2 − 5 x + 10 ) 
− ÷+ ( 2 x + 6 ) 
− ÷< 0
 x +7 +3 5
 x+2 +2 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

S = { 2}

.

Page 23


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Hướng dẫn học sinh tự học và nghiên cứu.
Phân tích:
Phương pháp nhân lượng liên hợp là một phương pháp thường dùng khi giải các
phương trình, bất phương trình chứa căn. Việc sáng tác bài toán mới dựa trên
phương pháp này cũng rất đơn giản, ta chỉ cần chọn sẵn một nghiệm rồi xây dựng
các biểu thức thỏa mãn đẳng thức xảy ra. Một kĩ thuật rất quan trọng của phương

pháp này là đoán được nghiệm của phương trình từ đó ta sẽ biết được cần thêm bớt
hằng số nào, biểu thức nào. Ta có thể dựa vào máy tính cầm tay CASIO để đoán
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1: Cho
5 x − 1 = 3,

x=2

ta có:

x + 2 = 2,

5x − 1 + x + 2 = 5 = 7 − x

Như vậy ta có bài toán sau.
Bài 1: Giải phương trình:
Ví dụ 2: Cho
x − 2 = 1,

x =3

5x −1 + x + 2 = 7 − x

.

ta có:

4 − x = 1,

2 x − 5 = 1, 2 x 2 − 5 x = 3

Như vậy ta có bài toán sau.
Bài 2: Giải phương trình:
Ví dụ 3: Cho

x =3

x − 2 + 4 − x + 2x − 5 = 2 x2 − 5x

ta có:

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 24


Hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
3

x 2 − 1 + x = 5,

x3 − 2 = 5

Như vậy ta có bài toán sau.
Bài 3: ( Đề nghị Olympic 30/4/2011 ) Giải phương trình:
3

x 2 − 1 + x = x3 − 2

f , g, h

Ví dụ 4: Xét ba hàm số

như sau:

f ( x ) = x ( x + 1) ( x − 3) + 3 ⇒ f ( 0 ) = 3, f ( 3) = 3
 g ( 0 ) + h ( 0 ) = 3
g ( x) = 4 − x, h( x) = 1 + x ⇒ 
 g ( 3) + h ( 3) = 3
Như vậy hai số 0, 3 là hai nghiệm của phương trình
x ( x + 1) ( x − 3) + 3 = 4 − x + 1 + x
Bài 4: Giải phương trình:
x ( x + 1) ( x − 3) + 3 = 4 − x + 1 + x
Gợi ý:
Ta tìm hàm số

k ( x ) = ax + b

sao cho:

1

k ( 0 ) = 4 − 0 = 2 b = 2
1
a = −
⇒
⇒
3 ⇒ k ( x) = − x + 2

3
3a + b = 1 b = 2

k ( 3) = 4 − 3 = 1

Gv: Lê Thị Phượng – LHP - NĐ

Page 25