Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ

SỞ GIÁO
DỤCDỤC
VÀ ĐÀO
TẠOTẠO
VĨNH
PHÚC
SỞ GIÁO
VÀ ĐÀO
VĨNH
PHÚC
TRƯỜNG
TRƯỜNGTHPT
THPTTRẦN
TRẦNHƯNG
HƯNGĐẠO
ĐẠO

=====***=====
=====***=====

BÁO
BÁOCÁO
CÁOKẾT
KẾTQUẢ
QUẢ
NGHIÊN
NGHIÊNCỨU,
CỨU,ỨNG
ỨNGDỤNG
DỤNGSÁNG
SÁNGKIẾN

KIẾN

Tên
Tênsáng
sángkiến:
kiến:SửSửdụng
dụngphương
phươngpháp
phápđặt
đặtẩnẩnphụ
phụđểđểgiải
giảiphương
phươngtrình
trìnhvôvôtỉ tỉ
Tác
Tácgiả
giảsáng
sángkiến:
kiến:Nguyễn
NguyễnThị
ThịPhương
Phương. .
Mã
Mãsáng
sángkiến:
kiến:0952.04
0952.04

Tam Dương, Năm 2018.
Tam Dương, Năm 2018.

1


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu.
Phương trình vô tỉ là một chủ đề hay và rất quan trọng trong chương trình ôn thi
Đại học, Cao đẳng và thi học sinh giỏi. Trong những năm gần đây phương trình vô tỉ
thương xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, chọn học sinh giỏi các
cấp. Vì vậy cần trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỉ và
phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Có rất nhiều phương pháp giải chúng, mỗi
phương pháp đều có những nét độc đáo riêng. Tuy nhiên, xuất phát từ quá trình tự học, tự
nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy
phương pháp đặt ẩn phụ là một phương pháp hay, phong phú và giải quyết được một số
lượng lớn bài tập về phương trình vô tỷ. Hơn nữa phương pháp này phát huy rất tốt các
khả năng tư duy sáng tạo, khả năng phân tích phán đoán của học sinh. Với những ưu
điểm trên, tôi chọn đề tài:”Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô
tỉ” để viết chuyên đề chuyên môn để làm tài liệu dạy học và trao đổi với đồng nghiệp.
2. Tên sáng kiến:
Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ.
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Phương.
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh
Phúc.
- Số điện thoại: 0983142433
- E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến : Nguyễn Thị Phương.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
-Trong chương trình Toán THPT rất nhiều chuyên đề phức tạp đối với nhận thức

của học sinh. Tuy nhiên trong phạm vi đề tài này, tôi chỉ nghiên cứu về chủ đề phương
pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ.
- Về phía học sinh, tôi lựa chọn hai nhóm học sinh các lớp 10A5 là nhóm thực
nghiệm, 10A6 là nhóm đối chứng, trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh
Phúc, do tôi trực tiếp giảng dạy năm học 2017 – 2018.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:
Năm học 2017 -2018.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:

2


7.1 . NỘI DUNG
7.1.1. Cơ sở lý thuyết.

1. Định nghĩa căn bậc hai số học.

Với số a không âm thì:
2. Điều kiện để căn thức bậc hai có nghĩa:

có nghĩa

3. Các công thức biến đổi.

4. Cách giải và biện luận phương trình ax2 + bx +c =0 (a ≠ 0)
Δ = b2 - 4ac

Kết luận

∆>0

(2) có 2 nghiệm phân biệt
∆=0
∆<0

(2) có nghiệm kép
(2) vô nghiệm

x=

x1,2 =

−b ± ∆
2a

−b
2a

Chú ý: Nhẩm hệ số: + Nếu a + b + c = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm
c
x1 = 1; x2 =
a.
−c
x1 = −1; x2 =
a .
+ Nếu a − b + c = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm
5. cách giải phương trình chứa căn đơn giản.
Loại 1.

3

f ( x ) = g ( x)
 g ( x) ≥ 0
⇔
2
 f ( x) = g ( x)

Loại 2.

 f ( x) ≥ 0, ( g(x) ≥ 0)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
f(x)=g(x)

7.1.2 Các dạng bài đặt ẩn phụ.
I. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình
ban đầu về phương trình gồm 1 ẩn phụ.
Trường hợp 1: Nếu bài toán chứa

f ( x) ; f ( x)

ta đặt

t=

f ( x)

, điều kiện t ≥ 0 .

A. Các ví dụ.
Ví dụ 1. Giải phương trình.

(

)

2 x2 − 2 x + x2 − 2 x − 3 − 9 = 0

Giải:
x ≥ 3
x2 − 2x − 3 ≥ 0 ⇔ 
 x ≤ −1
Điều kiện:
2
Đặt t = x − 2 x − 3; t ≥ 0

t = 1
2t + t − 3 = 0 ⇔ 
t = − 3 ( l )

2
Khi đó ta được phương trình:
2

x 2 − 2 x − 3 = 1 ⇔ x = 1 ± 5 ( thỏa mãn) .
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 ± 5 .

Với t = 1 ta có:

Ví dụ 2. Giải phương trình.

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

x 2 + 5 x + 28

Giải:
2

5  87

x + 5 x + 28 =  x + ÷ +
> 0, ∀x ∈ ¡
2
4

Ta thấy
.
2

2
Đặt t = x + 5 x + 28; t ≥ 0

t = 8
t 2 − 5t − 24 = 0 ⇔ 
t = −3 ( l )
Khi đó ta được phương trình:

4

 x = −9
x 2 + 5 x + 28 = 8 ⇔ 
 x = 4 ( thỏa mãn) .

Với t = 8 ⇒
Vậy phương trình có nghiệm là x = -9,x = 4.
Ví dụ 3. Giải phương trình.
x ( x + 5) = 2 3 x2 + 5 x − 2 − 2

Giải:
3 2
Đặt t = x + 5 x − 2

 t = −2
t 3 − 2t + 4 = 0 ⇔  2
t − 2t + 2 = 0 ( *)
Khi đó ta được phương trình:

Phương trình (*) vô nghiệm.
 x = −2
⇒ 3 x 2 + 5 x − 2 = −2 ⇔ x 2 + 5 x + 6 = 0 ⇔ 
 x = −3
Với t = -2

Vậy phương trình có nghiệm là x = -2,x =-3.
Ví dụ 4: Cho phương trình.

( x − 3) ( x + 1) + 4 ( x − 3)

x +1
= m.
x−3
(1)

a. Giải pương trình với m = -3.
b. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải:
 x ≤ −1
x +1
≥0⇔
x > 3
Điều kiện: x − 3
x +1
= t ⇔ t 2 = ( x − 3 ) ( x + 1)
( x − 3)
x−3
Đặt
2
Khi đó ta được phương trình: t + 4t − m = 0 (2)

a. Với m = -3 phương trình có nghiệm x = 1 ± 13, x = 1 − 5
b. Để phương trình (1) có nghiệm thì (2) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 4 + m ≥ 0 ⇔ m ≥ −4.
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
x 2 + 2 x + 2m 5 − 2 x − x 2 = m 2 .

Giải:
2
t = 5 − 2 x − x 2 = 6 − ( x + 1) ⇒ t ∈ 0; 6 
Đặt:

.

5


2
2
Khi đó phương trình trở thành t − 2mt + m − 5 = 0 ( *) ⇔ t = m ± 5 . Phương trình đã cho có

0 ≤ m + 5 ≤ 6
− 5 ≤ m ≤ 6 − 5
⇔

t ∈ 0; 6 
nghiệm khi (*) có nghiệm 
hay 0 ≤ m − 5 ≤ 6  5 ≤ m ≤ 6 + 5 .

B. Bài tập áp dụng.
Bài 1. Giải các phương trình sau:
a.x 2 − 4 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + 5

( 4 − x ) ( 2 + x ) = x 2 − 2 x − 12
( 4 + x ) ( 6 − x ) = x 2 − 2 x − 12

b. − 4
c.

d . 5 x 2 + 10 x + 1 = 7 − x 2 − 2 x
e.( x − 3) + 3 x − 22 = x 2 − 3x + 7
2

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm.
a. (1 + 2 x) ( 3 − x ) = 2 x 2 − 5 x + 3 + m
b. − x 2 + 2 x + 4 (3 − x) ( x + 1) = m − 2

Trường hợp 2. Nếu bài toán chứa

f ( x) ± g ( x) ; f ( x) g ( x)

f ( x) ± g ( x) = t

.Ta đặt

A. Các ví dụ.
Ví dụ 1. Giải phương trình:
a. x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16
b.2 ( 1 + x ) + 3 1 − x 2 +
2

( 1 − x) 2

=0

Giải:
a. x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16

Ta đặt

x + 4 + x − 4 = t ≥ 0 ⇒ t 2 = 2 x + 2 x 2 − 16

t = 4
t 2 − t − 12 = 0 ⇔ 
 t = −3 ( l )
Ta được phương trình:
2

Với t = 4 ⇔ x − 16 = 8 − x ⇔ x = 5
Vậy phương trình có nghiệm là x = 5.
b.2 ( 1 + x ) + 3 1 − x 2 +
2

( 1 − x) 2

=0

(1). ĐK: −1 ≤ x ≤ 1
Nhận xét x = ±1 không là nghiệm của phương trình.

6


 t = −1
1+ x
1
t=
≥ 0 ⇒ ( 1) ⇔ 2t + + 3 = 0 ⇒ 
x +1
1− x
t = − 1
+

=1
1− x
t
( 1) ⇔ 2
1− x
1+ x

2
. Đặt

Vậy phương trình vô nghiệm.
B. Bài tập áp dụng
Giải phương trình.
a. x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x = 35 − 2 x
b. 3 x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2
2
c.1 +
x − x2 = x + 1 − x
3
( ĐHQGHN-HVNH-2000)
d . 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 2
e. 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 = 181 − 14 x

f.

x+ 4+ x− 4
= x + x2 − 16− 6
2

g.

5 x+

5
2 x

h.
3 x+

k)

3
2 x

= 2x +

= 2x +

1
+4
2x
( ĐHTN- KA, B - 2001)

1
−7
2x

z − 1 + z + 3 + 2 ( z − 1)( z + 3) = 4 − 2 z

i)

(KTQS‘01)

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x − 5 x + 2
Trường hợp 3. Một số phương trình có thể giải bằng phương pháp đặt một ẩn phụ
nhưng ẩn phụ không xuất hiện ngay mà phải biến đổi để xuất hiện ẩn phụ. Để giải những
bài tập đòi hỏi cần phải có khả năng nhận xét , phân tích đề bài . Ví dụ như một số
phương trình sau:
2

A. Các ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình.
x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét:
Đặt

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1

x − x 2 − 1 = t ; t > 0 , Ta được phương trình:

Với t = 1, Ta có:

1
t + = 2 ⇔ t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1
t

x − x 2 − 1 = 1 ⇔ x 2 − 1 = x − 1 ⇔ x = 1( tm )

7


Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.
Ví dụ 2. Giải phương trình.
2 x2 − 6 x − 1 = 4 x + 5

Giải:
x≥−

Điều kiện :

5
4

Đặt t = 4 x + 5 ; t ≥ 0 thì

x=

t2 − 5
4 , Thay vào ta được phương trình:

t 4 − 10t 2 + 25 6 2
− t − 5 − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
2
2
⇔ t + 2t − 7 . t − 2t − 11 = 0

2.

(

)(

(

)

)

t = −1 ± 2 2
 t = −1 + 2 2
⇔
⇔
t = 1 ± 2 3
t = 1 + 2 3 (Vì t ≥ 0 )

4 x + 5 = −1 + 2 2 ⇔ x = 1 − 2

Với t = −1 + 2 2 ta có:
Với t = 1 + 2 3 ta có:

4x + 5 = 1 + 2 3 ⇔ x = 2 + 3

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 − 2; x = 2 + 3
2
Nhận xét : Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện: 2 x − 6 x − 1 ≥ 0

x 2 ( x − 3) − ( x − 1) = 0
2

Ta được phương trình:

2

, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.

Nhưng đơn giản nhất là đặt 2t − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng. ( Xem phần đặt ẩn
phụ dạng 4)
Ví dụ 3. Giải phương trình.

)(

(

x = 2004 + x . 1 − 1 − x

)

2

Giải:
Điều kiện : 1 ≥ x ≥ 0
Đặt t = 1 − x ; 1 ≥ t ≥ 0 thì ta được phương trình:

( 1 − t ) = ( 2005 − t ) ( 1 − t )
2 2

⇔ 2( 1 − t )

2

2

(

2

(

)

⇔ ( 1 − t ) ( 1 + t ) = 2005 − t 2 ( 1 − t )
2

2

2

t = 1
t + t − 1002 = 0 ⇔  −1 ± 4009 ⇔ t = 1( 0 ≤ t ≤ 1)
t =

2
2

)

Với t = 1 ta có 1 = 1 − x ⇔ x = 0
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0.
Ví dụ 4. Giải phương trình.

8


x2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

Giải:
Điều kiện −1 ≤ x < 0 .
Chia cả hai vế của phương trình cho x ta được:
x+2 x−

Đặt

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

t = x−

1
x , t ≥ 0 ; ta được phương trình:

t = 1
t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 
⇔ t =1
t = −3
(vì t ≥ 0 ).

1+ 5
x=

1
2 ⇔ x = 1+ 5
1 = x − ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ 
x
2

1− 5
x =
2

Với t = 1 ta có
1+ 5
x=
2 .
Vậy phương trình có nghiệm là

Ví dụ 5. Giải phương trình.
5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 ( 1)

Giải:
Điều kiện: x ≥ 5

( 1) ⇔

5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 2 x2 − 5x + 2 = 5

(x

⇔ 2 x2 − 5x + 2 = 5

( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1)

(

)

2

)

− x − 20 ( x + 1)

⇔ 2 x 2 − 4 x − 5 + 3( x + 4 ) = 5

( x + 4) ( x2 − 4 x − 5)

x2 − 4 x − 5
x2 − 4 x − 5
⇒2
−5
+ 3 = 0 ( x ≥ 5)
x+4
x+4

Đặt

t=

x2 − 4x − 5
≥0
x+4


5 ± 61
x =
2

t = 1 ⇒  x = 8

2
2t − 5t + 3 = 0 ⇔  3
x = − 7
t =
4


 2
Ta được phương trình:

9


Với x ≥ 5 , phương trình có nghiệm là x = 8,
B. Bài tập tương tự.
Giải phương trình:

x=

5 + 61
2

3 4
2
2
a. x + x − x = 2 x + 1

b. x + 5 + x − 1 = 6
c.
d.
e.

4

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

(

10 x3 + 8 = 3 x 2 − x + 6

)

x3 − 1 = x 2 + 3x − 1

Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chỉ giải quyết được một lớp bài toán, tuy
nhiên phương trình với ẩn phụ có thể sẽ phức tạp, khó giải.
Dạng 2: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu. (Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn
toàn )

A. Các ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình :

)

(

x2 + 3 − x2 + 2 x = 1 + 2 x2 + 2

t = 3
t 2 − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ 
2
t = x − 1
Giải: Đặt t = x + 2 , ta có :
Nhận xét: Đối với dạng này không phải phương trình nào chúng ta cũng có thể đặt ẩn
phụ được ngay mà cần phải nhận xét, phân tích để chọn và biến đổi phương trình theo
ẩn phụ đó, ví dụ như một số phương trình sau:

x + 1)
Ví dụ 2. Giải phương trình : (

x2 − 2x + 3 = x2 + 1

Giải:
2
Đặt : t = x − 2 x + 3, t ≥ 2
⇔ x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0

Khi đó phương trình trở thnh :

( x + 1) t = x 2 + 1

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :
t = 2
x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ 
t = x − 1
2
Ví dụ 3. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x + 16

Giải .
Bình phương 2 vế phương trình:

4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

10


(

)

t = 2 4 − x2 ≥ 0

2
. Ta được: 9 x − 16t − 32 + 8 x = 0
9 x 2 = α 2 ( 4 − x 2 ) + ( 9 + 2α ) x 2 − 8α
Ta phải tách
làm sao cho ∆ t có dạng chính phương .

Ta đặt :

B. Bài tập đề nghị:
Bài 1.Giải các phương trình sau:
1.
2.
3.
4.

2 x 2 − 5 x + 2 = 4 2 ( x 3 − 21x − 20 )
x − 3x + 2
3

2

( x + 2)

3

ĐS:

− 6x = 0

ĐS: x = 3 ± 13 .

x −1
1
1
= 1− + 3 x −
x
x
x

Đặt

Bài 2. Giải các phương trình sau
1)

( 4 x − 1)

3)

2)

x + 1 = 2x + 2x + 1
2

9 ± 193
17 ± 3 73

, x=
4
4
.

Đặt y = x + 2 , ĐS: x = 2, x = 2 − 2 3 .

2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3 x 3 + 8
2x +

x=

2

t = 1+

1
1+ 5
x=
x , ĐS:
2 .

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

4)

x2 + x + 12 x + 1 = 36

1+ x − 2x2 = 4x2 − 1 − 2x + 1
12

12
12 − 2 + x 2 − 2 = x 2
x
x
6)

5)
4 1+ x − 3 = x + 3 1− x + 1− x2

Dạng 3: . Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
2
2
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u + α uv + β v = 0 (1) bằng cách
2

u
u
 ÷ + α  ÷+ β = 0
v
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  v 
v = 0 thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )




α u + β v = mu 2 + nv 2

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được

phương trình vô tỉ theo dạng này .
a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
a) Phương trình dạng :
Xuất phát từ đẳng thức :
x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1)
x 4 + x 2 + 1 = ( x 4 + 2 x 2 + 1) − x 2 = ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1)

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2x + 1 x2 + 2x + 1

11


4 x 4 + 1 = ( 2 x 2 − 2 x + 1) ( 2 x 2 + 2 x + 1)
2
4
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x − 2 2 x + 4 = x + 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai
at 2 + bt + c = 0 giải “ nghiệm đẹp”

Ví dụ 1. Giải phương trình :
Giải:

2 ( x 2 + 2 ) = 5 x3 + 1

2
Đặt u = x + 1, v = x − x + 1

2( u + v
2

Phương trình trở thành :
5 ± 37
x=
2
Tìm được:
Ví dụ 2: giải phương trình sau :

2

)

 u = 2v
= 5uv ⇔ 
u = 1 v
2


2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x3 − 1
Giải:
Đk: x ≥ 1
Nhận xét : Ta viết

α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7

Đồng nhất thức ta được:

(

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

)

3 ( x − 1) + 2 x 2 + x + 1 = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

 v = 9u
3u + 2v = 7 uv ⇔ 
v = 1 u
2

4
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được:
Ta được : x = 4 ± 6
Ví dụ 3. Giải phương trình :
x3 − 3x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6x = 0

Giải:

Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x
và y.
x = y
x3 − 3 x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 − 3 xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
 x = −2 y
Pt có nghiệm : x = 2, x = 2 − 2 3
2
2
b) Phương trình dạng : α u + β v = mu + nv

12


Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưng nếu ta
bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Ví dụ 1. giải phương trình :

x2 + 3 x2 − 1 = x4 − x2 + 1
Giải:

Ta đặt :

u = x 2

2
v = x − 1

2
2
khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u − v

Ví dụ 2.Giải phương trình sau :

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x2 + 4 x + 1
Giải
Đk

x≥

(x

2

1
2 . Bình phương 2 vế ta có :

)

+ 2 x ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

)

(

)

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


1− 5
v
u =
2
2
2

uv = u − v ⇔
u = x 2 + 2 x

1+ 5

u=
v

v
=
2
x
−
1

2

Ta có thể đặt :
khi đó ta có hệ :
1+ 5

1+ 5
u=
v ⇔ x2 + 2x =
( 2 x − 1)
2
2
Do u , v ≥ 0 .
Ví dụ 3. giải phương trình :

5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
Giải:

− x − 20 ) ( x + 1)
Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được:
2 x 2 − 5 x + 2 = α ( x 2 − x − 20 ) + β ( x + 1)
α
,
β
Nhận xét : không tồn tại số
để :
vậy ta
không thể đặt
u = x 2 − x − 20

v = x + 1
.
2 x2 − 5x + 2 = 5

Nhưng may mắn ta có :
Ta viết lại phương trình:

toán được giải quyết .

(x

2

(x

2

− x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x − 5 )

2 ( x 2 − 4 x − 5 ) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4)

.

. Đến đây bài

13


Bài tập đề nghị.
Giải phương trình :
3 4
x 2 − 3x + 1 = −
x + x2 + 1
3
a.
2
b. 2 x − 3 x + 2 = x 3 x − 2

c.

(

)

2 x 2 − 3x + 2 = 3 x3 + 8

Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về hệ k phương trình với k ẩn phụ.
Trường hợp 1: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình thông thường.
u = a ( x) ,v = b( x)
Đặt
, Từ đó tìm mối kiên hệ giữa a(x) và b(x). Tù đó tìm được hệ
phương trình với u và v.
n

Đối với phương trình dạng:
Ta có thể đặt:

n

a − f ( x) = u

,

a − f ( x) + m b + f ( x) = c

m

b + f ( x) = v

u + v = c
 n
u + vm = a + b
Khi đó ta được hệ phương trình: 

A. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình.

(

)

x 3 35 − x3 x + 3 35 − x3 = 30

Giải:
3
3
3
3
Đặt y = 35 − x ⇒ x + y = 35

 x 3 + y 3 = 35

xy ( x + y ) = 30
Ta được hệ phương trình 

Giải hệ phương trình ta được (x;y) =(3;2), (x;y) =(2;3).
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x = 2, x=3.

Ví dụ 2: Giải phương trình.
x + 5 + x −1 = 6

Giải:
Đặt

a = x − 1; b = 5 + x − 1 ( a ≥ 0; b ≥ 0 )

a 2 + b = 5 ( 1)
 2
b − a = 5( 2)
Ta được hệ phương trình 

Lấy (1) – (2) Ta được phương trình

 a = −b ( l )

( a + b ) ( a − b + 1) = 0 ⇒ 

a = b − 1

14


Với a = b – 1 ta có:
 x ≤ 5
11 − 17
x −1 +1 = 5 + x −1 ⇔ x −1 = 5 − x ⇔  2
⇔ x=
2

 x − 11x + 26 = 0
11 − 17
x=
2
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm

2 −1 − x + 4 x =

Ví dụ 3. Giải phương trình:
Giải:
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1

 2 − 1 − x = u
⇒0≤u≤

4
x
=
v

Đặt 

1
4
2

2 − 1,0 ≤ v ≤ 4 2 − 1

1


u
=
−v
1


4
u
+
v
=
2


4
2
⇔

2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2

Ta đưa về hệ phương trình sau:
2
1 
2
2 
(v + 1) −  v + 4 ÷ = 0

2

Giải phương trình thứ 2:
, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm
nghiệm của phương trình.
B. Bài tập tương tự.
Giải phương trình
3
a. 2 − x = 1 − x − 1
3
b. 9 − x = 2 − x − 1

( 34 − x ) 3 x + 1 − ( x + 1) 3 34 − x
3

c.
3

d.
e.

3

34 − x − 3 x + 1

= 30

24 + x = 6 − 12 − x

x + 7 =1+ x

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

f.

3
1 + 1 − x 2  ( 1 − x ) −

g.

( 1 + x ) 3  = 2 +


1 − x2

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

h.

3

3

7− x − 3 x−5
=6− x
3
3
7
−
x

+
x
−
5
i.

Trường hợp 2: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng loại I.

15


n

Đối phương trình dạng:
Ta có thể đặt:

n

a − f ( x) = u

,

a − f ( x) + n b + f ( x) = c
n

b + f ( x) = v

u + v = c
 n
u + vn = a + b

Khi đó ta được hệ phương trình: 

A. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải:
Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 3

2 + x + 3 − x =1+

( 2 + x) ( 3 − x)

Đặt u = 2 + x ≥ 0; v = 3 − x ≥ 0
Ta được hệ phương trình
u + v = 1 + u.v
u + v = 1 + u.v
v + u = 3
u + v = 1 + u.v
⇔
⇔
⇔
 2



2
2
2
u + v = 5
u.v = 2
( u + v ) − 2uv = 5

( 1 + uv ) − 2uv = 5
X =1
X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔ 
X = 2
Ta có u; v là nghiệm của phương trình:

Với

 2 + x = 1
u = 1
⇔
⇔ x = −1

v = 2
 3 − x = 2
 2 + x = 2
u = 2
⇔
⇔x=2

v = 1
 3 − x = 1

Với
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x = -1,x = 2.
4
4
Ví dụ 2: Giải phương trình x + 17 − x = 3
Giải:
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 17

4
4
Đặt u = x ≥ 0; v = 17 − x ≥ 0
Ta được hệ phương trình
2
u + v = 3
 2
2
− 2u 2 .v 2 = 17
u + v = 3
 u +v

2
⇔
⇔
 4
2
4
2 2


u + v = 17
u + v = 3
 ( u + v ) − 2uv  − 2u .v = 17

(

)

 u + v = 3


u + v = 3
uv = 2
⇔ 2 2
⇔
 u + v = 3
 2u .v − 36uv + 64 = 0

 uv = 16

u + v = 3
X =1
X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔ 

X = 2
Với uv = 2
Ta có u; v là nghiệm của phương trình:
 4 x = 1
u = 1
⇒
⇔
⇔ x =1
4
v = 2
 17 − x = 2

16


Hoặc

 4 x = 2
u = 1
⇔
⇔ x = 16

4
v = 2
 17 − x = 1

u + v = 3

2
Với uv = 16 Ta có u; v là nghiệm của phương trình: X − 3 X + 16 = 0 (Phương trình này

vô nghiệm.)
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm x = 16,x = 1.

(

2 − x2 = 2 − x

Ví dụ 3: Giải phương trình
Giải:

)

2

Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2

Đặt u = x ≥ 0; v = 2 − x ≥ 0
Ta được hệ phương trình
u + v = 2
u + v = 2
⇔ 4
( *)
 2
4
4
u
+
v
=
2

v
=
2
−
u



Ta có

2
u + v)
(
2
2

u +v ≥

2

=2

và

u 4 + v4

(u
≥

2

+ v2
2

u = 1
( *) ⇔ 
v = 1 Ta được hệ phương trình
Do đó:

)

2

=2

 x = 1

⇔ x =1

2 − x = 1

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = 1.
B. Bài tập tương tự.
Giải phương trình
a.

3

x 2 + 3 + 10 − x 2 = 5

b.
c.

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

3

2 + x + x2 + 3 2 − x − x2 = 3 4

Trường hợp 3: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng loại II.
* Khi gặp phương trình có dạng
Đặt

f n ( x ) + b = a n af ( x ) − b

t = f ( x ) , y = n af ( x ) − b

ta có hệ

.

n
t + b = ay
 n
 y + b = at

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x + 1 = 2 2 x − 1 .
3

ĐS:

x = 1, x =

3

−1 ± 5
2
.

Ví dụ 2: Giải phương trình

2 x2 + 4 x =

x+3
2 .

17


Giải
ĐK x ≥ −3 .

2 x2 + 4 x =

x+3
2
⇔ 2 ( x + 1) − 2 =
2

( x + 1) + 2
2

⇔ ( x + 1) − 1 =
2

1
2

x +1
+1
2
.

x +1
t

t
+1 =
+ 1 ⇒ y2 − 1 =
2
2
2.
Đặt
1
2
t − 1 = 2 y

 y2 − 1 = 1 t
2 . Giải thêm chút nữa ta được kết quả!
Ta được hệ phương trình 
−3 − ± 17
−5 ± 13
x=
, x=
4
4
ĐS:
.
t = x + 1, y =

Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được
nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn
phụ.
2
Ví dụ 3: Giải phương trình 4 x + 7 x + 1 = 2 x + 2 .

7
1
x = −1, x = − , x =
4
4.
ĐS:

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương.
2
Ví dụ 4. Giải phương trình: x − 2 x = 2 2 x − 1
Giải:
1
x≥
2
Điều kiện:

2
Ta có phương trình được viết lại là: ( x − 1) − 1 = 2 2 x − 1
 x 2 − 2 x = 2( y − 1)
 2
y
−
1
=
2
x
−
1
Đặt
thì ta đưa về hệ sau:  y − 2 y = 2( x − 1)

Trừ hai vế của phương trình ta được ( x − y )( x + y ) = 0

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 − 2; 1 + 3}
Ví dụ 5. Giải phương trình:
2x2 − 6x −1 = 4x + 5
Giải
5
x≥−
4
Điều kiện
Ta biến đổi phương trình như sau:
4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11
Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau:

18


(2 x − 3) 2 = 4 y + 5
⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0

2
(2
y
−
3)
=
4
x
+

5

Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3 .
Với x + y − 1 = 0 ⇒ y = 1 − x → x = 1 − 2
Bài tập đề nghị :
Giải các phương trình sau
1)
2)
x 3 + 1 = 23 2 x − 1
x3 + 2 = 33 3x − 2
x+4
4)
5)
x2 −1 = x + 1

7)

− x + 2 = 2− x
2

8)
5− 5+ x = x

9)

7x2 + 7x =

10)
4− 4+ x = x

3

4x + 9
,x > 0
28

3) (x2 + 3x - 4)2 + 3(x2 + 3x - 4) =
6)

x2 + 5 − x = 5
(ĐHAN-D)

x − 9 = ( x − 3) + 6
3

Dạng 5: Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
Ví dụ 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x
Giải :
u = 2 − x
( u + v ) ( u + w ) = 2
2 − u 2 = uv + vw + wu



2
v = 3 − x
3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3




2
 w = 5 − x , ta có : 5 − w = uv + vw + wu
( v + w ) ( u + w ) = 5 ,
30
239
u=
⇔x=
60
120
giải hệ ta được:
Ví dụ 2. Giải phương trình sau :

2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
Giải .
a =

b =

c =

Ta đặt : d =

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

,

19

a + b = c + d
⇔ x = −2
 2
2
2
2
a
−
b
=
c
−
d

khi đó ta có :
B. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình sau

1)

4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1 = 9 x − 3

2)

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

3)

4)

3

7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x 2 − 8x + 1 = 2

3

3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0

7.2. KẾT QUẢ THỰC HIỆN SAU KHI THỰC HIỆN
Kết quả kiểm tra theo nhóm và tỉ lệ:
Nhóm

Số học
sinh

Kết quả thực nhiệm
Giỏi

Khá

T.bình

Yếu

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

Đối
chứng
10A6

5

0

0

1

20

1

20

3

60

Thực
nghiệ
m
10A5

5

1

20

3

60

1

20

0

0

8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có):
.....................................................................................................................................
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:

- Giáo viên: Nhiệt tình, có trách nhiệm cao, đầu tư chuyên môn, chuẩn bị kĩ những câu
hỏi thảo luận và dự kiến các phương án trả lời.
- Học sinh: Chuẩn bị các kiến thức về phương trình vô tỉ đã có, sách giáo khoa và các đồ
dùng học tập khác.
- Thiết bị dạy học: Máy tính, máy chiếu, sách giáo khoa…

20


10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần
đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau:
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tác giả:
Qua quá trình thực nghiệm viết chuyên đề “Phương trình vô tỉ” tôi nhận thấy việc
chia nhỏ các dạng đặt ẩn phụ là một trong những cách thức dạy học có hiệu quả tối ưu.
Đồng thời giúp học sinh lĩnh hội kiến thức một cách khoa học, có hệ thống và sâu sắc
hơn. Từ đó các em cũng thấy được mối liên hệ giữa các kiến thức của môn học.
Tóm lại, đề tài nghiên cứu này tôi hi vọng sẽ đóng góp một phần nhỏ bé công sức vào
công cuộc đổi mới dạy học trong nhà trường phổ thông hiện nay, góp phần làm cho việc
học phương trình vô tỉ đơn giản hơn và đạt hiệu quả cao hơn.
10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý
kiến của tổ chức, cá nhân:
Đề tài nghiên cứu có tính khả thi, và ứng dụng vào thực tiễn, mang lại hiệu quả cao
trong quá trình học của học sinh về chuyên đề phương trình vô tỉ.
Giúp học sinh có niềm say mê và hứng thú với chuyên đề đồng thời cung cấp cho học
sinh một tài liệu về chuyên đề này.
Với sáng kiến nhỏ này, người viết mong nhận được ý kiến đóng góp của các đồng
nghiệp nhằm bổ sung cho đề tài được sâu sắc và thiết thực hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu (nếu có):
Số
TT

Tên tổ
chức/cá nhân

Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực

1

Nguyễn Thị
Phương

Trường THPT Trần Hưng Đạo

Phương trình vô tỉ

2

Nhóm 10 học
sinh khá, giỏi
lớp 10.

Lớp 10 trường THPT Trần Hưng
Đạo

Phương trình vô tỉ.

áp dụng sáng kiến

......., ngày.....tháng......năm......

........, ngày.....tháng......năm......

Tam Dương, ngày 12 tháng 2 năm

21


Thủ trưởng đơn vị/
Chính quyền địa phương
(Ký tên, đóng dấu)

CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ
(Ký tên, đóng dấu)

2018.
Tác giả sáng kiến
(Ký, ghi rõ họ tên)

Nguyễn Thị Phương

22