Phương pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS

Phương pháp giải phương trình vô tỉ trong
chương trình toán THCS
MỤC LỤC
Nội dung
Mục lục
Báo cáo kết quả nghiên cứu, ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm
1. Lời giới thiệu
2. Tên sáng kiến
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
4. Ngày áp dụng sáng kiến lần đầu
5. Mô tả bản chất của sáng kiến
5.1 .Kiến thức cơ bản liên quan đến sáng kiến
5.2. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản
5.3. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
5.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ.
5.3.2. Phương pháp nâng lên luỹ thừa
5.3.3. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị
tuyệt đối.
5.3.4. Phương pháp đưa về phương trình tích.
5.3.5. Phương pháp vận dụng hằng đẳng thức.
5.3.6. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
5.3.7. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai.
5.3.8. Phương pháp đưa về tổng của các biểu thức không âm.
5.3.9. Phương pháp vận dụng lượng liên hợp.
6.Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến.

Trang
2
3
3
4

4
4
4
4
5
6
6
15
17
20
21
23
28
29
30
31

7. Đánh giá lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến .

31

8. Danh sách những tổ chức,cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp
dụng sáng kiến lần đầu.

33

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1.Lời giới thiệu:
+ Trong quá trình phát triển, xã hội luôn đề ra những yêu cầu mới cho sự nghiệp
đào tạo con người .Chính vì vậy mà dạy toán không ngừng được bổ xung và đổi

1

1


mới để đáp ứng với sự ra đời của nó và sự đòi hỏi của xã hội .Vì vậy mỗi người
giáo viên nói chung phải luôn luôn tìm tòi, sáng tạo, đổi mới phương pháp dạy học
để đáp ứng với chủ trương đổi mới của Đảng và Nhà nước đặt ra.
+Trong chương trình môn toán ở các lớp THCS kiến thức về phương trình vô tỉ
không nhiều song lại rất quan trọng. đó là những tiền đề cơ bản để học sinh tiếp tục
học lên ở THPT.
+ Khi giải toán về phương trình vô tỉ đòi hỏi học sinh nắm vững các kiến thức cơ
bản về căn thức, phương trình, hệ phương trình, các phép biến đổi đại số ... Học
sinh biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức, kỹ năng từ đơn giản đến phức
tạp.
“Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ ” giúp học sinh phát triển tư duy, phát
huy tính tích cực chủ động, sáng tạo trong giải toán. Đồng thời giáo dục tư tưởng, ý
thức, thái độ, lòng say mê học toán cho học sinh.
+ Nghiên cứu về “phương pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán
THCS”. Giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng
hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có phương
pháp giảng dạy phần này có hiệu quả.
+ Nghiên cứu vấn đề này để nắm được những thuận lợi, khó khăn khi dạy học phần
phương trình vô tỉ trong bồi dưỡng học sinh khá giỏi, từ đó định hướng nâng cao
chất lượng dạy và học môn toán.
+ Nghiên cứu vấn đề này còn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành
công về phương trình vô tỉ.
+ Nâng cao chất lượng dạy và học trong và sau khi nghiên cứu áp dụng sáng kiến
kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu quả cao hơn, học sinh ham thích học
dạng toán này hơn

+ Phương trình vô tỉ là loại toán mà học sinh THCS coi là loại toán khó, nhiều học
sinh không biết giải phương trình vô tỉ như thế nào? có những phương pháp nào?
Các bài toán về phương trình vô tỉ là một dạng toán hay và khó, có nhiều trong các
đề thi học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10 THPT. Tuy nhiên, các tài liệu viết về vấn
đề này rất hạn chế hoặc chưa hệ thống thành các phương pháp nhất định gây nhiều
khó khăn trong việc học tập của học sinh, cũng như trong công tác tự bồi dưỡng của
giáo viên.
+ Mặt khác, việc tìm hiểu các phương pháp giải phương trình vô tỉ hiện nay còn ít
giáo viên nghiên cứu.
+Vì vậy việc nghiên cứu các phương pháp giải phương trình vô tỉ là rất thiết thực,
giúp giáo viên nắm vững nội dung và xác định được phương pháp giảng dạy phần
này đạt hiệu quả, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học, dặc biệt là chất lượng
học sinh giỏi và giáo viên giỏi ở các trường THCS.Do đó tôi chọn đề tài:“phương
pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS”
2. Tên sáng kiến:
“Phương pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS”
2

2


3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
+ Có thể áp dụng để giảng dạy môn Toán lớp 8 và lớp 9 ở trường THCS.
4. Ngày áp dụng sáng kiến lần đầu (hoặc ngày dùng thử): Tháng 9 năm 2017
5. Mô tả bản chất của sáng kiến:
5.1 .Kiến thức cơ bản liên quan đến sáng kiến:
5.1.1 Định nghĩa:
Phương trình vô tỉ là phương trình có chứa ẩn trong căn thức.
5.1.2. Các bước giải phương trình vô tỉ ( Dạng thông thường):
-

Tìm điều kiện xác đinh của phương trình.

-

Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.

-

Giải phương tìm được.

-

Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.

*Chú ý: Với những phương trình có tập xác định là R và trong quá trình biến đổi
phương trình không cần thêm điều kiện thì phải thử lại với nghiệm tìm được.
5.1.3. Các kiến thức cơ bản về căn thức:
- Một số âm không có căn bậc chẵn.
-Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương
trình tương đương thì phải đặt điều kiện cho hai vế không âm.
A2 = A

A± B =

A + A2 − B
±
2

A − A2 − B

2

với A > 0; A2 > B > 0

5.2. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản:
5.2.1. Dạng 1:

f ( x) = g ( x )

Sơ đồ cách giải:
3

f ( x) = g ( x )

(1)
<=>

g (x) > 0
(2)
2
f(x) = [g(x)] (3)
3


f ( x ) + g ( x ) = h( x )

5.2.2. Dạng 2:
(1)
Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
f(x) > 0

g(x) > 0 (2)
h (x) > 0
Với điều kiện (2) hai vế của phương trình (1) không âm nên bình phương hai
vế của phương trình (1) và rút gọn ta được:
[ h( x)] 2 − f ( x ) − g ( x)
f ( x).g ( x) =
2

(3)

Phương trình (3) có dạng (1) nên tiếp tục giải theo phương pháp của dạng (1) .
Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện xác định rồi kết luận
nghiệm.
f ( x) + g ( x) = h( x)
5.2.3. Dạng 3:
Cách giải như dạng (2).
f ( x ) + g ( x ) = h( x) + p ( x)

5.2.4. Dạng 4:

(1)

Điều kiện xác đinh của phương trình:
f(x) > 0
g(x) > 0

(2)

h (x) > 0
p (x) > 0

f ( x) + g ( x) = h( x)
Bình phương hai vế của phương trình để đưa về dạng
Tuỳ theo từng trường hợp, ta đưa về giải phương trình vô tỉ (căn bậc n).
4

4


f ( x) + g ( x) + n f ( x). g ( x) = h( x)

5.2.5. Dạng 5:

(1)

Điều kiện :

f(x) > 0
g(x) > 0
f ( x) + g ( x )

Đặt ẩn phụ a =

=>

(a > 0)
a 2 − f ( x) − g ( x)
f ( x).g ( x) =
2

Đưa phương trình (1) về các phương trình đã biết cách giải để giải.

5.3. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ:
Trên đây là 5 dạng phương trình vô tỉ và các cách giải tương ứng nhưng
không phải bao giờ ta cũng gặp một trong 5 dạng trên hoặc bất cứ phương trình vô
tỉ nào cũng có thể đưa về một trong 5 dạng trên. Sau đây là một số phương pháp
giải phương trình vô tỉ thường gặp.
5.3.1. Phương pháp đặt ẩn phụ:
a) Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
Dạng 1: αf(x) + β
f (x)

Đặt t =

f (x)

+γ=0

, (t ≥ 0) thì f(x) = t2

Phương trình đã cho trở thành αt2 + βt + γ = 0.
Dạng 2: α(x – a)(x – b) + β(x – a)

x−b
x−a

+γ=0

x −b
x−a

Đặt t = (x – a)

thì t2 = (x – a)(x –b)
Phương trình đã cho trở thành αt2 + βt + γ = 0.

5

5


Dạng 3: α

(

(

)

2

A± B +β

A± B

(

)

A ± B +γ = 0

)

Đặt t =
, phương trình trở thành αt2 + βt + γ = 0.
*Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phương trình x2 – 4x + 2 = 2
Đặt t =

x2 − 4x + 5

x 2 − 4x + 5

(1)

(t ≥ 0) phương trình (1) trở thành

t2 – 2t – 3 = 0 ⇔ t1 = -1 (loại)
t2 = 3
với t = 3 thì

x2 − 4x + 5

= 3 ⇔ x2 – 4x – 4 = 0

2 2

vậy x = 2 ±
là nghiệm của phương trình (1)
Ví dụ 2: Giải phương trình
x−2
x+5

(x + 5)(x – 2) – 4(x + 5)
+3=0
Lời giải:
Điều kiện: x < -5 hoặc x > 2

Đặt t = (x + 5)

x−2
x+5

⇒ t2 = (x + 5)(x – 2)

Phương trình (2) trở thành t2 – 4t + 3 = 0 ⇔

Với t = 1 thì (x + 5)
⇔x=

6

− 3 + 53
2

x−2
x+5

=1⇔

t = 1
t = 3


x + 5 > 0

( x + 5)( x − 2) = 1

⇔

 x > −5
 2
 x + 3x − 11 = 0

(tmđk x> 2)

6


Với t = 3 thì (x + 5)
− 3 + 85
2

⇔x=

x−2
x+5

=3⇔

x + 5 > 0

( x + 5)( x − 2) = 9

⇔

 x > −5
 2
 x + 3x − 19 = 0

(tmđk x> 2)

Vậy phương trình (2) có nghiệm x =
Ví dụ 3: Giải phương trình

− 3 + 53
2

7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49x 2 + 7 x − 42 = 181 − 14 x

;

− 3 + 85
2

.

(3)

Lời giải:
ĐK: x ≥
Đặt t =

6
7

.

7x + 7 + 7x − 6

t2 + t – 182 = 0 ⇔
với t = 13 thì

(t ≥ 0) phương trình (3) trở thành

(loại)
t = −14(loai )
t = 13


7x + 7 + 7x − 6

=13

49x 2 + 7 x − 42

⇔
= 84 - 7x ⇔ x = 6
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 6.
*Bài tập tương tự.
2

1) 3x + 21x + 18 + 2

x+ x+

x2 + 7x + 7

=2

1
1
+ x+ =2
2
4

2)

3) (x-1)(x+3) + 2(x – 1)
7

x+3
x −1

=8
7


x +1
x−3

4) (x-3)(x+1) +4(x – 3)

5) (x + 1)(x + 4) = 5

6) -4

+3=0

x 2 + 5 x + 28

(4 − x)( 2 + x) = x 2 − 2 x − 12

5 x+

5
2 x

= 2x +

1
+4
2x

7)
3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2

8)

x + 5 + x −1 = 0
9)
x2 + x +

10)

3 9
=
2 4

x( x + 5) = 33 x 2 + 5 x + 2 − 4

11)
b) Đặt ẩn phụ đư về phương trình tích
*Các ví dụ minh họa:

(

Ví dụ 1: Giải phương trình
Lời giải: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Đặt t =

1− x

)

x = 2015 + x 1 − 1 − x 



2

⇒0≤t≤1

x

Khi đó
= 1 - t2 ⇒ x = (1 – t2)2
Phương trình (6) trở thành (1 – t2)2 = (2015 + 1 – t2)(1 – t)2
⇔ (1 – t)2(1 + t)2 - (2015 + 1 – t2)(1 – t)2 = 0
⇔ (1 – t)2 [ 1 + 2t + t2 – 2015 – 1 + t2] = 0
8

8


⇔ (1 – t)2 ( 2t2 + 2t – 2015) = 0
Vì 0 ≤ t ≤ 1 thì 2t2 + 2t – 2015 < 0 nên 1 – t2 = 0
⇔t=1⇔x=0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Ví dụ 2: Giải phương trình
Lời giải: ĐK x ≥ - 1
x +1

Đặt a =

(a ≥ 0); b =

(

)

2 x2 + 2 = 5 x3 + 1

x2 − x +1

(b > 0)

⇒ a2 = x + 1;
b2 = x2 - x + 1 ⇒ x2 = b2 + x - 1 = b2 + a2 - 2
phương trình (7) ⇔ 2(a2 + b2) = 5ab
⇔ 2a2 + 2b2 – 5ab = 0
⇔ 2a2 – ab – 4ab + 2b2 = 0
⇔ a( 2a – b) – 2b( 2a – b) = 0
⇔ (a – 2b)(2a – b) = 0

⇔

a = 2b
2a = b


⇔

4 x 2 − 5 x + 3 = 0
 2
 x − 5 x − 3 = 0

Kết hợp điều kiện x ≥ -1 phương trình có 2 nghiệm x =
3

Ví dụ 3: Giải phương trình
3

7x +1

5 − 37
2

;x=

5 + 37
2

7 x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8x − 1 = 2

− 3 x2 − x − 8

3

x 2 − 8x − 1

Đặt a =
;b=
;c=
Ta có: a + b + c = 2 ⇒ (a + b + c)3 = 8
a3 + b3 + c3 = (7x + 1) – (x2 – x – 8) + ( x2 – 8x – 1) = 8
⇒ (a + b + c)3 – (a3 + b3 + c3) = 0
⇔ 3(a +b)(b + c)(c + a) = 0

9

9

3 7 x + 1 = 3 x 2 − x − 8

3 x 2 − x − 8 = 3 x 2 − 8 x − 1

3 x 2 − 8 x − 1 = − 3 7 x + 1


a = −b
b = −c

c = −a

 x 2 − 8x − 9 = 0

7 x − 7 = 0
x2 − x = 0


⇔
⇔
⇔
⇔
Vậy phương trình (8) có tập nghiệm S = { -1; 0; 1; 9}
*Bài tập tương tự:
x +1

2

1) x +

 x = −1; x = 9
x = 1

 x = 0; x = 1

=1

)

(

x2 + 3 − x2 + 2 x = 1 + 2 x2 + 2

2)

3) x2 + x+ 12

4) 2(1 – x)

5)

x +1

= 36

x2 + 2 x − 1

)

= x2 -2x – 1

(

x −1 +1 + 2 x −1 = 2 − x

(

x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7x + 10 = 3

3

)

)(

6)

x + 1 − 3x = 2x − 1

7)

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x
8)

4

x − x2 − 1 + 4 x + x2 − 1 = 2

9)
c) Đặt ẩn phụ đư về hệ phương trình bậc
Dạng 1: Phương trình có dạng
Đặt
10

ax + b

= u (u ≥ 0);

c − ax

ax + b + c − ax = d

= v (v ≥ 0)
10


u + v = d
 2
2
u + v = b + c

Phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình:
n

Dạng 2: Phương trình có dạng (αx + β) = p
n

n

Đặt

ax + b

=αt + β, ta có hệ phương trình:
*Các ví dụ minh họa:
3

Ví dụ 1: Giải phương trình
Lời giải: ĐK: x ≤ 12
3

Đặt u =

24 + x

;v=

12 − x

Ta có hệ phương trình:
u + v = 6
 2
u (u + u − 12) = 0

ax + b + γ

(với αp = a; βp + γ =b)

(αx + β ) n = at + b

(αt + β ) n = ax + b

24 + x + 12 − x = 6

3

⇒u≤

u + v = 6
 3
2
u + v = 36

36

⇔

;v≥0

u + v = 6
 3
2
u + (6 − u ) = 36

⇔

u + v = 6
 3
2
u + u − 12u = 0

u + v = 6

u = 0; u = −4; u = 3

⇔
⇔
Từ đó ta tìm được x = -88; x = -24; x = 3
3

Ví dụ 2: Giải phương trình x3 + 1 = 2
3

Lời giải: Đặt t =

⇔

2x − 1

2x − 1

ta có hệ phương trình:

 x 3 + 1 = 2t


( x − t )( x 2 + t 2 + tx + 2) = 0

⇔

x = t
 3
 x − 2t + 1 = 0

 x 3 + 1 = 2t
3
t + 1 = 2 x

⇔

 x 3 + 1 = 2t
 3 3
 x − t = 2(t − x)

( x 2 + t 2 + tx + 2) > 0
vì

Giải phương trình x3 + 2x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)(x2 + x – 1) = 0
Ta được nghiệm x = 1; x =

−1± 5
2

2

Ví dụ 3: Giải phương trình x – 2x = 2
11

2x − 1
11


Lời giải: ĐK x ≥

1
2

; Đặt y – 1 =

Ta có hệ phương trình:

⇔

x = y
 2
x − 4x + 2 = 0

2x − 1

 x 2 − 2 x = 2( y − 1)
 2
 y − 2 y = 2( x − 1)

hoặc

⇒y≥1

⇔

( x − y )( x + y ) = 0
 2
 x − 2 x = 2( y − 1)

x = − y
 2
 x = −2

Giải phương trình x2 – 4x + 2 = 0 được x = 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 +
Ví dụ 4: Giải phương trình 2x2 – 3x + 2 = x
Lời giải: ĐK: x ≥

2
3

3x − 2

; Đặt

2

1
2

(loại vì x ≥ ); x = 2 +

2

(TM)

2

3x − 2

(8)

= y (y ≥ 0)

phương trình (8) ⇔ 2x2 – y2 = yx (*)
phương trình (*) là phương trình đẳng cấp với x và y nên đặt y = tx thì
(*) ⇔ 2x2 – t2x2 = tx2
⇔

x2(2- t2 – t) = 0

⇔ t2 + t – 2 = 0 (vì x ≥

2
3

) ⇔ t = 1 và t = -2

Với t = 1 thì y = x ⇔ 3x – 2 = x2 ⇔ x = 1 hoặc x = 2 (tmđk)
2
3

Với t = -2 thì y = -2x; mà x ≥ nên y < 0 ⇒ loại
Vậy phương trình (8) có tập nghiệm S = { 1; 2}
* Bài tập tương tự:
x + 8− x = 4

1)
4

2)
12

97 − x + 4 x = 5

12


x−

3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)

1
1
+ 1− = x
x

x

x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2
x − 1 + 2x − 1 = 5
8+ x + 5− x = 5

25 − x 2 − 9 − x 2 = 2
1− x + 4 + x = 3

2 − x + 2 + x + 4 − x2 = 2
3

x + 3 2x − 3 = 3 12(x − 1)

10)
11) x = 2015 +

2015 + x
4x + 5

2

12) 2x -6x – 1 =
3

3

13) x + 2 = 3

14) 7x2 + 7x =

2

15) x +
16)

3x − 2
4x + 9
28

x+5 =5

4 x 2 + 5x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3

17) 2(x2 – 3x + 2) = 3
x + 2015 +

x3 + 8

x − 1 = 2016

18)
d) Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Dạng 1: (đặt ẩn phụ để khử căn thức)
13

13


f (x)

.Q(x) = f(x) + P(x).
f (x)

Đặt t =
(t ≥0) phương trình trở thành
t2 – t.Q(x) + P(x) = 0, đến đây tìm t theo x.
f (x)

cuối cùng giải phương trình
*Các ví dụ minh họa:

= t và kết luận nghiệm

2

Ví dụ 1: Giải phương trình 2016x - 3x + 2 = 2015x.
Lời giải:
2
3

3x − 2

(4)

3x − 2

ĐK: x ≥ ; Đặt t =
(t ≥0)
Phương trình (4) trở thành 2016x2 – 2015tx – t2 = 0
x = t


x = − t
2016


(loại)

3x − 2

Với x = t ta có x =
⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔
Phương trình (4) có 2 nghiệm x = 1 và x = 2.
Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 2)
Lời giải:
Đặt

x2 − 2x + 2

x = 1
x = 2


x2 − 2x + 2 = x2 + 2

(t/m đk)

(5)

= t (t ≥ 1)

⇔ t2 = x2 – 2x + 2
Phương trình (5) trở thành (x + 2)t = x2 + 2
⇔ (x + 2)t = t2 + 2x – 2 +2
⇔ t2 - (x + 2)t + 2x = 0
∆ = x2 + 4x + 4 - 8x = x2 – 4x + 4 = (x – 2)2

14

14


⇔

t = 2
t = x


Nếu t = 2 ta có
Nếu t = x thì

x2 − 2x + 2
x2 − 2x + 2

= 2 ⇔ x2 – 2x – 2 = 0 ⇔

= x ⇔ x2 – 2x + 2 = x2 ⇔ x = 1

Vậy phương trình (5) có nghiệm x = 1; 1 ±
*Bài tập tương tự:
1) x2 + 4x + 1 – (2x + 1)

3x + 1

2) 10x2 + 3x + 1 = (6x + 1)

3) (4x – 1)

x2 +1

x = 1+ 3

 x = 1 − 3

3

=0

x2 + 3

= 2x2 + 2x + 1

4) 6x2 – 10x + 5 – (4x – 1)

6x 2 − 6x + 5

=0

x + 5 + x −1 = 0
5)
x 2 + (3 − x 2 + 2 ) x = 1 + 2 x 2 + 2

6)
7) x

x 2 + x + 12 x + 1 = 36

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

8)

Dạng 2: (đặt ẩn phụ để hạ bậc một phương trình)
Dạng tổng quát: (ax2 + b1x + c)(ax2 + b2x + c) = mx2

15

15


ax 2 +

Đặt t =

b1 + b2
x+c
2

Phương trình đã cho trở thành (t – nx)(t + nx) = mx2 với n =
Tìm t theo x rồi tìm x.
*Các ví dụ minh họa

b1 + b2
2

Ví dụ 1: Giải phương trình (x2 – x + 1)(x2 + 3x + 1) = 5x2 (6)
Lời giải: Đặt t = x2 + x + 1 phương trình (6) trở thành
(t -2x)(t + 2x) = 5x2
⇔ t2 – 4x2 = 5x2 ⇔ t2 = 9x2 ⇔ t = 3x hoặc t = -3x
Nếu t = 3x thì x2 + x + 1 = 3x ⇔ x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1
Nếu t = -3x thì x + x + 1 = 3x ⇔ x – 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 ±
2

2

Vậy phương trình có tập nghiệm S = { 1; 2 ±
*Bài tập tương tự:

3

3

}

a) (2x2 – 3x + 1)(2x2 + 5x + 1) = 9x2
b) (x2 – 5x + 1)(x2 - 4) = 6(x – 1)2
c) x4 – 9x3 + 16x2 + 18x + 4 = 0

d)

x 2 − 12
= 3x 2 − 6 x − 3

2
( x + 2)

Dạng 3: (Đặt ẩn phụ để khử mẫu thức bậc hai)
mx
nx
+ 2
=p
ax + b1 x + c ax + b2 x + c
2

Dạng tổng quát: 1)

2)

16

ax 2 + b1 x + c ax 2 + d1 x + c
+
=0
ax 2 + b2 x + c ax 2 + d 2 x + c

16


3)

ax 2 + b1 x + c
px
+ 2

=0
2
ax + b2 x + c ax + dx + c

a, m, n, p ≠ 0
Cách giải: đặt t = ax2 + c, đưa phương trình về dạng bậc hai ẩn t, tham số x, tìm t
theo x rồi cuối cùng giải phương trình t = ax2 + c để tìm x.
*Ví dụ minh họa
3x
x
+ 2
=2
2 x + 3x + 3 2 x − 5 x + 3
2

Ví dụ 1: giải phương trình

Đặt t = 2x2 + 3, phương trình trên trở thành

(7)

3x
x
+
=2
t + 3x t − 5 x

đk: t ≠ -3x, t ≠ 5x

⇔ t2 - 4tx – 21x2 = 0

⇔ (t – 7x)(t + 3x) = 0
Vậy 2x2 + 3 = 7x hoặc 2x2 + 3 = -3x (loại)
Phương trình có nghiệm x = 3 hoặc x =
*Bài tập tương tự:

1
2

2x
13 x
+ 2
=6
3x − 5 x + 2 3x + x + 2
2

a)

b) (x2 – 5x + 3)(2x2 + 5x - 1) = (x2 + 5x + 3)(2x2 - 5x - 1)
2
13
6
+ 2
=
3x − 4 x + 1 3x + 2 x + 1 x
2

5.3.2. Phương pháp nâng lên luỹ thừa: Thường dùng khi hai vế của phương trình
có cùng bậc. Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả hai vế của phương trình lên luỹ
thừa bậc n. Nếu n chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả hai vế không âm.
*Các ví dụ minh họa:

3

Ví dụ 1: Giải phương trình:
17

25 + x + 3 3 − x = 4

(1)
17


∀x ∈ R

ĐKXĐ:
Lập phương hai vế của phương trình ta được:

(25 + x)(3 − x) .( 3 25 + x + 3 3 − x ) = 64

3

(1) <=> 25 + x + 3 - x + 3.
3

Vì

25 + x + 3 3 − x = 4
3

(2)
3

(25 + x).( 3 − x) = 64

(theo 1) nên (2) <=> 28 + 12

(25 + x).( 3 − x) = 36

3

<=> 12

(25 + x).( 3 − x ) = 3

<=>

Lập phương hai vế của (3) ta được:
<=> (25 + x)(3 - x)

= 27

<=> - x2 - 22x + 75

= 27

<=> x2 + 22x - 48

=0

<=> (x - 2)(x + 24)

=0

<=>

x=2
x = - 24
3

Thử lại:

+ Với x = 2 ta có

25 + 2 + 3 3 − 2 = 3 + 1 = 4
3

+ Với x = -24 ta có

− 24 + 25 + 3 3 + 24 = 1 + 3 = 4

Vậy, nghiệm của phương trình là x1 = 2; x2 = -24
Ví dụ 2:

Giải phương trình :

1− x + 4 + x = 3

(2)

Điều kiện: - 4 < x < 1
(1 − x )( 4 + x) = 9

(2) <=> 1 - x + 4 + x + 2

(1 − x )( 4 + x) = 2

<=>

(2*)

Bình phương hai vế của phương trình (2*) ta có:
(2*) <=> (1 - x)(4 + x) = 4 <=> - x2 - 3x + 4 = 4 <=> x(x + 3) = 0
<=>
18

x = 0 hoặc x = -3.
18


Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là : x1 = 0; x2 = -3.

x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2

Ví dụ 3: Giải phương trình:

(3)

Ở phương trình (3) cả hai vế đều có căn bậc hai, học sinh có thể mắc sai lầm
để nguyên hai vế như vậy mà bình phương để làm mất dấu căn. Vì vậy, giáo viên
cần phân tich kỹ sai lầm mà học sinh có thể mắc phải. Muốn vậy, hãy khắc sâu cho
học sinh tính chất của lũy thừa bậc hai: a = b

⇔

a2 = b2 ( khi a, b cùng dấu ). Có

như vậy, khi bình phương hai vế thì mới được phương trình mới tương đương với
phương trình ban đầu.
Ở phương trình (3), VP

≥

0 , nhưng vế trái chưa chắc đã không âm, vì vậy ta

nên chuyển vế để đưa phương trình về dạng có cả hai vế đều không âm.
(3)

⇔

x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2

Bình phương hai vế ta được:

x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2
⇔ 2 − 7 x = 2 15 x − 13 x + 2
2

(*)
Đến đây, học sinh có thể sẽ tiếp tục bình phương hai vế của phương trình mà
không xác định xem cả hai vế đã thỏa mãn điều kiện không âm chưa.
Nếu bình phương hai vế ta được :

⇔ 4 − 14 x + 49x = 4(15 x − 13 x + 2)
2

2

⇔ 11 x 2 − 24 x + 4 = 0

⇔ (11 x − 2)( x − 2) = 0
2

x=

⇔
11

x = 2
19

19


x1 =
Như vậy, phương trình sẽ có hai nghiệm là:
Thực tế có phải vậy không ?

2
; x2 = 2
11

.

Ta xét: Để bình phương được hai vế của phương trình cần có điều kiện
2
2
x1 = ; x 2 = 2
2 − 7x ≥ 0 ⇔ x ≤
11
7
Như vậy , cả hai giá trị
đều không thỏa mãn
x≤

2
7

điều kiện
nên bị loại. Phương trình vô nghiệm.
*Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
4 x + 1 − 3x + 4 = x − 2

1)
3

3)

x − 2 − x + 1 = 2x − 1 − x + 3

2)

− x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x

3

4)

2x + 1 + 3 3 − 2x = 4

5.3.3. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối:
Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng
A2 = A

bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức

để làm mất

dấu căn và đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
*Các ví dụ minh họa:
2

Ví dụ 1. Giải phương trình:
Điều kiện: x

≥

(1)  x2 – 3x +
2


20

x - 4x - 3 =

x+5

(1)

-5. Ta có:
9
4

=x+5+

3
1


x−  =  x+5 + 
2
2



x+5

+

1
4

2

x−

<=>

3
1
= x+5 +
2
2

(Vì

x+5

+

1
>0
2

)
20


3
1
= x+5 +
2
2

x3
1
= − x+5 −
2
2
x-

<=>

nếu x >

nếu x <

<=>

x+5

x+5

<=>

=x-2

nếu x >

=-x+1

nếu x <

3
2
3
2
3
2

x>2

x>2

x + 5 = x2 - 4x + 4

x2 - 5x -1 = 0
<=>

x<1
x + 5 = x2 - 2x + 1



3
2

x<1
x2 - 3 x - 4 = 0

5 + 29
2

<=>

x=
x = -1

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x =

5 + 29
2

; x = -1.

Ví dụ 2. Giải phương trình:

x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1

⇔

x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1

⇔

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

Đặt y =
21

x +1

(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:

21


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
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8.

2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5

Ví dụ 3. Giải phương trình:

(3)

* Nhận xét: Biểu thức trong căn có thể viết dưới dạng bình phương của một biểu
thức.
2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

Điều kiện:

(3)

. Ta có:

(2 x − 3) + 2 2 x − 3 + 1



( 2 x − 3) − 2 2 x − 3.4 + 16

+

( 2 x − 3 + 1) 2



=5

( 2 x − 3 − 4) 2
+

2x − 3 + 1

+
2x − 3 + 1 ≥

=5

2x − 3 − 4


Vì

3
2

=5

(*)

1 luôn dương chỉ cần xét dấu

2x − 3 − 4

.

2 x − 3 ≥ 16
19

2x − 3 − 4 ≥ 0 ⇔ 
⇔x≥
3
2
 x ≥ 2

- Nếu
2x − 3 + 1 + 2x − 3 − 4 = 5 ⇔ 2 2x − 3 = 8 ⇔
thì
Giải ra ta có
22

9
x=
2

2x − 3 = 4

.

( không thỏa mãn điều kiện).
22


3
19
≤x≤
2
2

2x − 3 < 4 ⇔

- Nếu
thì

2x − 3 + 1 − 2x − 3 + 4 = 5 ⇔ 0x = 0

Vậy, phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn
* Bài tập tương tự:
1)
2)

3
19
≤x≤
2
2

.

Giải các phương trình sau:

x + 2− 4 x − 2 + x +7 −6 x − 2 =1

;

x + 2x − 1 + x − 2x − 1 = 2

5.3.4. Phương pháp đưa về phương trình tích:
*Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. Giải phương trình:

2x + 1 − x − 2 = x + 3

Điều kiện: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên
hợp vào hai vế của phương trình:
(x + 3)( 2x + 1 + x + 2 − 1) = 0

⇔

x + 3 = 0

 2x + 1 + x − 2 = 1

⇒ PT vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình:

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

(1)

Điều kiện: | x | ≤ 1. Với điều kiện này ta có:
(1) ⇔

23

(

x +1 − 1− x

)(2

)

x +1 − 1− x +1 = 0

23


−

⇔ x1 = 0; x2 =

24
25

−

Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = 0; x2 =

Ví dụ 3. Giải phương trình:

24
25

.

x − 1 + x3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1

(1)

Ta thấy: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1). Như vậy:

(1) ⇔

)

)(

(

x − 1 − 1 1 − x3 + x 2 + x + 1 = 0
⇔ x = 2.

*Bài tập tương tự: Giải phương trình:
a)
b)
c)

( 2 x + 7) 2 x + 7 = x 2 + 9 x + 7

2 x x + 2 + 15 = 3 x + 2 + 10 x
x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1

HD: Đặt

x2 +1 = y

(với

y ≥ 1)

.
có y2 = x2 +1, phương trình có dạng y2+ 3x = (x +3) y

 ( x – y )( -y +3) = 0.
5.3.5. Phương pháp vận dụng hằng đẳng thức:
Đối với các phương trình vô tỉ không mẫu mực mà chứa nhiều ẩn số thì một
trong các cách giải chúng là biến đổi để đưa về dạng tổng bình phương của nhiều
biểu thức chứa ẩn A2 + B2 + C2 = 0.
*Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tìm ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện;

16
x−6

+

4
y−2

+

256
+ x − 6 + y − 2 + z − 750 = 44
z − 750
(1)

24

24


Điều kiện xác định: x > 6, y > 2 , z > 750. Ta có:
16

x −6 −8+

x−6

(1) 
( x − 6 − 4) 2
x−6

+

+ y−2 −4+

( y − 2 − 2) 2
y−2

+

4
256
+ z − 750 − 32 +
=0
y−2
z − 750

( z − 750 − 16) 2
z − 750

=0





 x−6 −4 = 0

 y−2 −2=0

 z − 750 − 16 = 0



 x = 22

y = 6

 z = 2006


( Thỏa mãn điều kiện)

Vây, nghiệm duy nhất của phương trình là ( x; y; z) = ( 22; 6; 2006).
Ví dụ 2. Giải phương trình:
Điều kiện xác định:

x ≥1

13
27
+ 3x + 3 + 9 x + 1 +
=0
4
4

1 
9

13 x − 1 − x − 1 +  + 3 x + 1 − 3 x + 1 +  = 0
4 
4






(2)

. Với điều kiện này ta có :

13x − 13 + 13 x − 1 +

(2) 

13 x − 1 + 9 x + 1 = 16 x

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



1

x
−
1
−
=0

2

 x +1 − 3 = 0


2

x=

5
4

( Thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất là x =
25

5
4

.
25