Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH
Dƣơng Văn Sơn
Phƣơng trình (pt), bất phƣơng trình (bpt) là một trong những kiến thức trọng tâm của chƣơng
trình môn Toán THPT. Tuy nhiên các phƣơng pháp (pp) giải pt, bpt trong SGK đƣa ra là rất ít
trong khi các bài toán (bt) về pt, bpt trong các đề thi đại học, cao đẳng, đề thi học sinh giỏi, …
lại rất phong phú và đa dạng. Do đó nếu chỉ sử dụng các pp giải có trong SGK thì học sinh (hs)
rất khó có thể giải đƣợc các bt dạng này.
Mặt khác, các tài liệu viết về pt, bpt chƣa đƣa ra các phƣơng pháp cụ thể để giải các bt dạng
này, đồng thời kiến thức đƣa ra chƣa có tính chất phân hóa đối tƣợng hs nên chỉ phù hợp với đối
tƣợng khá, giỏi mà chƣa thực sự quan tâm đến đối tƣợng hs trung bình, yếu, kém.
Vì vậy chúng tôi quyết định chọn bài viết: “Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình, bất
phƣơng trình” nhằm trao đổi với quý thầy cô và các đồng nghiệp một số kinh nghiệm của chúng
tôi.
Tuy nhiên, với khả năng có hạn của bản thân, bài viết có thể chƣa đầy đủ và còn nhiều thiếu
sót. Rất mong nhận đƣợc sự góp ý của các quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp!
I. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
Các phƣơng pháp thƣờng dùng để giải pt, bpt gồm
+) Phương pháp biến đổi tương đương
+) Phương pháp đặt ẩn phụ
+) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu
+) Phương pháp sử dụng bảng biến thiên và đồ thị
+) Phương pháp đánh giá
+) Phương pháp sử dụng phép biến đổi hệ quả
Sau đây chúng tôi xin giới thiệu chi tiết về các pp giải pt f  x   0 (1) (Đối với bpt ta củng có
các pp tƣơng tự) và để tiện cho việc minh họa các pp chúng tôi chọn chủ đề pt chứa ẩn trong
dấu căn làm ví dụ. Đồng thời trong từng phƣơng pháp chúng tôi đƣa ra các bài tập phù hợp với
từng đối tƣợng học sinh.
1. Phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng
1.1. Nội dung của pp: “Dùng các phép biến đổi tƣơng đƣơng biến đổi pt (1) tƣơng đƣơng với pt
đã biết cách giải chẳng hạn pt bậc nhất, bậc hai, …”
1.2. Một số phép biến đổi tương đương thường dùng

+) Định lí 1 trang 68 SGK Đại số 10 – Nâng cao.
+) Nếu f  x   0 và g  x   0 thì f x  g x    f x2n  g x2n , với mọi n  N * .
+) f x   g x    f x 2n1  g x 2n1 , với mọi n  N * .
 g x   0
*
f x   g x   
2 n , với mọi n  N .
 f x   g x 

+)

2n

+)

2 n 1

f x   g x   f x   g x 

2 n 1

, với mọi n  N * .

1


 f x   0
.
 g x   0

+) f x .g x   0  
1.3. Các ví dụ (vd)

Ví dụ 1.1. (Vd 2 trang 148 SGK Đại số 10 – Nâng cao)
Giải pt 3x 2  24 x  22  2 x  1 (1.1)
Lời giải vắn tắt (HD:)
1

x



2
(1.1)   2
2   x  1  x  21 .
3x  24 x  22  2 x  1

 x  21
2x  1  0

Nhận xét vd 1.1 dành cho hs đại trà. Đối với hs khá, giỏi ta có thể đƣa ra vd sau
Vd 1.2. (Khối D năm 2006)
2 x  1  x 2  3x  1  0 (1.2) ( x  R ).

Giải pt
HD:

  x 2  3x  1  0
 x 1
(1.2)  2 x  1   x  3x  1  

.
2  
2
x  2  2
2 x  1   x  3 x  1
2









Vd 1.3. Giải pt x  1 x  2  3x  2  0 (1.3).
HD:
x 1


 x  1.
 x  2  3x  2  0
 3x  2  2  x


(1.3)  

x 1  0

Nhận xét vd 1.3 có thể dành cho đối tƣợng hs đại trà. Từ vd này ta củng có thể nâng dần độ khó

để ra cho hs khá, giỏi bằng cách đƣa ra các vd 1.4 và 1.5 sau
Vd 1.4. Giải các pt
a) x  1x  2  x  1 3x  2  0 .
b) x 2  3x  2  1  x  3x  2 .
x2
 3x  2  1  x .
3x  2

c)

(Pt ở vd 1.4 có thể biến đổi về pt ở vd 1.3)
Vd 1.5. Giải các pt
4 x  1  3x  2 

a)





x3
5

(1.5a).

b) 3 2  x  2  2x  x  6 (1.5b).
c) (Khối B năm 2010)

3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0 (1.5c).

HD:
2
3

a) Điều kiện (đk) x  .
2


(1.5a) 

x3
4 x  1  3x  2



x3
 4 x  1  3x  2  5  x  2 .
5

b) Đk x  2 .
(1.5b)  x  6  3 x  2  6  2 x 

24  8 x
x6 3 x2

 6  2x

x3

x3  0


 3  x  x  6  3 x  2  2  0  

11  3 5 .
x 
 x6 3 x2 2  0
2






1
3

c) Đk   x  6 .
(1.5c)  3x  1  4  1  6  x  3x 2  14 x  5  0


3 x  5
3x  1  4



x5
1 6  x

  x  53 x  1  0



3
1
 x  5

 3x  1  0  x  5 .
 3x  1  4 1  6  x


* Trong vd 1.5. chúng ta đã dùng kỹ thuật liên hợp để rút nhân tử chung. Các bạn muốn tìm
hiểu kỹ hơn vấn đề này hãy liên hệ với chúng tôi để lấy tài liệu.
2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ
2.1. Nội dung của pp: “Đặt ẩn phụ một cách hợp lí để chuyển pt (1) về pt hoặc hệ pt mới đã biết
cách giải”
2.2. Một số cách đặt ẩn phụ
+) Đặt t  g  x  chuyển pt (1) về pt ht   0 .
+) Đặt t1  g1 x , t 2  g 2 x , ..., t n  g n x  chuyển pt (1) về pt ht1 , t 2 ,...,t n   0 .
+) Đặt t  g  x  chuyển pt (1) về pt h x, t   0 .
+) Đặt t1  g1 x , t 2  g 2 x , ..., t n  g n x  chuyển pt (1) về hệ pt ẩn t1 , t 2 ,...,t n .
+) Đặt t  g  x  chuyển pt (1) về hệ pt ẩn x, t .
+) Đặt x  g t  chuyển pt (1) về pt ht   0 .
2.3. Các vd
Xuất phát từ bt 66d trang 151 SGK Đại số 10 – Nâng cao,
ta có thể đƣa ra các bt sau với mức độ khó tăng dần
Vd 2.1. Giải các pt sau
a)

x  x  6.

b)

x  2  x  4 . (Từ câu a thay x bởi x+2)

c)

x 2  3x  2  x 2  3x  4 . (Từ câu b thay x bởi x2 + 3x)

d) (bt 66d trang 151 SGK Đại số 10 – Nâng cao)

x  1x  2  x 2  3x  4 (2.1d).
3


e)
f)

x2
x2

 x 1 

4  3x

(2.1e).

x2

x  1  x  2  2 x 2  8 x  5  0 (2.1f).

Hƣớng dẫn
d) Đặt t 

x  1x  2 

x 2  3x  2 , t  0 .

t  2
.
t 3

Pt (2.1d) trở thành t  t 2  6  t 2  t  6  
Do đó t=3 hay

x 2  3x  2  3  x 

 3  37
.
2

e) Đk x  1 (*).
Với đk (*) (2.1e)  (2.1d)  x 
Vậy pt (2.1e) có nghiệm x 
f) Đk x 

 3  37
.
2

 3  37

.
2

 4  26
(*).
2

Với đk (*) (2.1f)  x  1  x  2  2 x 2  8 x  5  (2.1d)  x 
Vậy pt (2.1f) có nghiệm x 

 3  37
.
2

 3  37
.
2

Vd 2.2. Giải pt 2x 2  3x  2  3 x 3  8 (2.2).
HD: Đk x  2 .(2.2)  2x 2  2 x  4  x  2  3 x  2. x 2  2 x  4 .
Đặt u  x 2  2 x  4  0, v  x  2  0 .
Ta có pt 2u 2  v 2   3uv  u  2v
Do đó (2.2)  x 2  2 x  4  2 x  2  x  3  13 (thỏa mãn đk).
Vd 2.3. Giải pt 4 x  1 x 2  1  2 x 2  2 x  1 (2.3).
HD: Đặt t  x 2  1  1 , pt (2.3) trở thành


1
4
2

2 . Do đó (2.3)  x  1  2 x  1  x  3 .
t  2 x  1


4 x  1t  2t 2  2 x  1  

t

Vd 2.4. Giải pt 4 18  x  4 x  1  3 (2.4).
HD: Đặt u  4 18  x  0, v  4 x  1  0 , ta có hệ pt

4


 u  0, v  0

 uv 3 
u 4  v 4  17


 u  1

4
 v  2 . Do đó (2.4)   x  1  1 
4
u  2
 x 1  2


 v  1

x2
 x  17 .


Vd 2.5. Giải pt x 3  1  23 2 x  1 (2.5).
HD: Đặt t  3 2 x  1 , ta có hệ pt

x3

1

2t

t3

1

2x

x 1
1 5
x 
2



t . Do đó (2.5) x  3 2 x  1  

x

.

Vd 2.6. Giải pt x 3  1  x 2   x 21  x 2  .
3

HD: Đk  1  x  1 . Đặt x  cost , với t  [0;  ] , ta có pt (2.6) trở thành
cos3 t 

1  cos t 
2

3





 cos t 2 1  cos2 t  cos3 t  sin 3 t  2 sin t. cos t

 sin t  cos t  2
1 2  2 2 1
2

. Từ đó tìm đƣợc x 
hoặc x 
.
2
2
sin t  cos t  1  2

3. Phƣơng pháp sử dụng tính đơn điệu
Ở đây chúng ta chỉ nói đến cách giải pt (1) khi pt (1)
có tập xác định là một khoảng hoặc một đoạn hoặc nửa khoảng.
3.1. Nội dung của pp: “Biến đổi pt (1) về dạng g(x) = g(x0) hoặc g[h(x)] = g[k(x)] trong đó g là
hàm số đơn điệu”.
3.2. Các vd
Vd 3.1. Giải pt

4 x  1  4 x 2  1  1 (3.1).

1
2

HD: Đk x  .
1



Xét hàm số f x   4 x  1  4 x 2  1 với x   ;  .
2

1



1

Dễ thấy hàm số f(x) đồng biến trên  ;  . Do đó (3.1)  f x   f    x  .
2

2
2

1

Vd 3.2. Giải pt x 3  1  23 2 x  1 (3.2).
HD: (3.2)  x 3  2 x  2 x  1  23 2 x  1 .
Xét hàm số f t   t 3  2t .
Dễ thấy hàm số f(t) đồng biến trên R.
Do đó (3.2)  f x   f



3

x 1

2x  1  x  3 2x  1  
1 5 .
x 
2




4. Phƣơng pháp sử dụng bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số
5


4.1. Nội dung của pp: “Dựa vào bảng biến thiên hoặc đồ thị của hàm số ta suy ra đƣợc số

nghiệm của pt và ta chỉ ra đƣợc các nghiệm đó”.
4.2. Các vd
Vd 4.1. Giải pt

x 1  2x

(4.1).

HD 1: Nghiệm của pt (4.1) chính là hoành độ giao điểm của
đồ thị hàm số y  x  1 và đồ thị hàm số y  2 x .
Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị này cắt nhau tại hai điểm phân biệt
1
2

có hoành độ lần lƣợt là x   , x  0 .
HD: 2 Đk x  1 . (4.1)  2 x  x  1  0 (4.2).
Xét hàm số f x  2 x  x  1 với x   1;  .
Tính f ' x , f " x  , từ đó dễ dàng chứng minh đƣợc
f " x   0 với mọi x   1;  ; pt f ' x   0

có nghiệm duy nhất trên  1;  . Dựa vào bảng biến thiên
của hàm số f(x) trên  1;  ta suy ra pt (4.2) có hai nghiệm x   , x  0 .
1
2

1
2

Vậy pt (4.1) có hai nghiệm x   , x  0 .
5. Phƣơng pháp đánh giá

5.1. Nội dung của pp: “So sánh hai vế của pt từ đó tìm nghiệm của pt”
5.2. Một số kiến thức hay sử dụng
+) A12  A22  ... An2  0  A1  A2  ... An  0 .
A  B
.
B  C

+) Nếu A  B  C thì A  C  
5.3. các vd

Vd 5.1. Giải pt x  4 x  3  2 3  2 x  11 (5.1).
HD: (5.1) 



 
2

x3 2 



 x3 2  0
2
3  2x  1  0  
 x  1.
 3  2x  1  0

2 x  3  5  2 x  x 2  4 x  6 (5.2).

Vd 5.2. Giải pt

HD: Ta chứng minh đƣợc
2 x  3  5  2 x  2 (Dấu bằng xảy ra khi x = 2)

x 2  4 x  6  2 (Dấu bằng xảy ra khi x = 2)
 2x  3  5  2x  2

Do đó (5.2)  


x 2  4x  6  2





 x  2.





Vd 5.3. Giải pt 3x 2  9 x 2  3  4 x  2 1  1  x  x 2  0 (5.3).
6


HD: (5.3)  3x 2 

3x 2  3   2 x  1 2  2 x  12  3  (5.4)





+) Nếu 3x  2 x  1  x  
Vậy x  





1
thì hai vế của pt (5.4) bằng nhau.
5

1
là nghiệm của pt (5.3).
5



1

+) Nếu x    ;   0;  thì hai vế của pt (5.4) không bằng nhau.
2



1

Vậy (5.3) không có nghiệm trong   ;   0;  .
2

+) Nếu 

1
1
2
2
 x    3x  2 x  1  0  3x   2 x  1
2
5

3x 2  3  2  2 x  12  3  3x 2  3x 2  3   2 x  1 2  2 x  12  3  .

 2



Do đó nếu 







1
1

 x   thì hai vế của pt (5.4) không bằng nhau.
2
5

 1
 2

1
5

Vậy (5.3) không có nghiệm trong   ;  .
 1 
 5 

+) Tƣơng tự (5.3) không có nghiệm trong   ;0  .
1
5

Vậy pt (5.3) có nghiệm duy nhất x   .
6. Phƣơng pháp biến đổi hệ quả
6.1. Nội dung của pp: “Sử dụng các phép biến đổi hệ quả biến đổi pt về pt hệ quả, giải pt hệ quả
sau đó thử lại và kết luận”.
6.2. Các vd.
Vd 6.1. Giải pt

3

2 x  1  3 x  1  3 3x  1

(6.1).

HD:(6.1)




3

 
3

2x  1  3 x  1 



3

3x  1



3



 3 2 x  1x  1 3 2 x  1  3 x  1  1
 x0
7 .
 3 2 x  1x  1.3 3x  1  1  
x  

6


Thử lại ta thấy x=0 không phải là nghiệm của pt (6.1), còn x  
Vậy pt (6.1) có nghiệm là x  

7
nghiệm của pt (6.1).
6

7
.
6

7


Trong bài viết này chúng tôi mới chỉ dùng các pp đó để giải các pt chứa ẩn dƣới dấu căn mà
chƣa đề cập đến cách dùng các pp đó để giải bpt chứa ẩn dƣới dấu căn, pt lƣợng giác, pt và bpt
mũ, pt và bpt lôgarit,… Những vấn đề này mong bạn đọc tiếp tục nghiên cứu!

8