Một số phương pháp giải phương trình không mẫu mực

PHÒNG GD&ĐT HẬU LỘC
TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

Người thực hiện: Lê Thị Dung
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

HẬU LỘC NĂM 2018
1


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình học toán, các em học sinh có thể gặp đây đó những bài toán mà
đầu đề có vẻ “lạ” , “không bình thường”, những bài toán không thể giải bằng cách áp
dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như vậy
thường được gọi là “không mẫu mực” (non standard problems), giải các bài toán
dạng này có tác dụng không nhỏ trong việc tư duy toán học và thường là sự thử thách
đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên. lớp chọn ...
Đương nhiên, quen thuộc hay “không mẫu mực” chỉ là tương đối, phụ thuộc vào trình
độ, vào kinh nghiệm của việc giải toán. Có bài toán “lạ”, “không mẫu mực” đối với
người này, nhưng lại là quen thuộc đối với người khác. Trong thực tế giảng dạy ở
trường THCS việc làm cho học sinh nhận dạng và biết vận dụng các phương pháp
vào giải các bài toán có liên quan là công việc rất quan trọng và không thể thiếu được
của người dạy toán, thông qua đó rèn luyện tư duy logic khả năng sáng tạo cho học

sinh. Để làm được điều đó, đòi hỏi người thầy giáo cần phải cung cấp cho học sinh
một số kiến thức cơ bản và một số phương pháp suy nghĩ ban đầu về phương trình và
phương trình không mẫu mực.
Qua đây, tôi cũng rất mong được sự đóng góp quý báu của quí bạn đọc nhằm
xây dựng nên một nguồi tư liệu quý giá giúp học sinh cũng như các bạn đồng nghiệp
khác có cái nhìn toàn diện hơn về mảng phương trình này. Vì vậy tôi đã chọn đề tài
“Một số phương pháp giải phương trình không mẫu mực” .
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Các bài toán về phương trình không mẫu mực có ý nghĩa rất quan trọng đối với
các em học sinh.
- Nhằm rèn luyện cho học sinh các phương pháp phân tích một bài toán trước
khi các em bắt tay và giải bài toán đó.
- Cung cấp cho các em một vốn kiến thức cần thiết trong bộ môn toán.
- Nhằm trang bị cho các em học sinh một kiến thức để các em ôn thi vào các kỳ
thi học sinh giỏi các cấp và thi vào các trường chuyên lớp chọn, đặc biệt là các
em có kiến thức vào học ở bậc THPT.
- Góp phần không nhỏ trong việc rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh.
1.3- Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh khá, giỏi lớp 9A, 9D Trường THCS Lê Hữu Lập.
1.4- Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu tài liệu để làm cơ sở lí luận.
- Phương pháp phân tích: Thông qua dự giờ, đàm thoại với đồng nghiệp chủ
nhiệm cùng khối để tìm hiểu phương pháp lựa chọn, bồi dưỡng đội ngũ cán bộ lớp
với kinh nghiệm của bản thân để đưa ra phương pháp thích hợp.
- Tiếp xúc trò chuyện với học sinh để nắm rõ thông tin phản hồi.
- Phương pháp kiểm tra: Kiểm tra chất lượng hoạt động, lập bảng thống kê so
sánh, đối chiếu kết quả hoạt động khi chưa áp dụng và đang áp dụng đề tài. Từ đó
kiểm nghiệm lại mức độ thành công của đề tài.
- Phương pháp đối chiếu, thống kê, so sánh.

2


2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lý luận:
Việc giải các bào toán về phương trình không mẫu mực được dựa trên hệ thống
kiến thức trong cấp THCS. Như sử dụng các phép biến đổi tương đương, các hằng
đẳng thức, các quy tắc về dấu. Các phương pháp đổi biến (đặt ẩn phụ). Phương pháp
giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai một ẩn và phương trình quy về
phương trình bậc hai. Các kiến thức trên dựa trên trình độ và khả năng tư duy của học
sinh khá và giỏi.
Nghiên cứu cơ sở lý thuyết có liên quan đến phương trình và phương trình
dạng không mẫu mực: các khái niệm; phương pháp giải ...
Nghiên cứu cơ sở thực tiễn .
Đề xuất hệ thống bài tập nhằm nâng cao chất lượng dạy và học phương trình
không mẫu mực.
2.2 Thực trạng:
Có thể nói Phương trình là một mảng kiến thức vô cùng quan trọng trong
chương trình Toán phổ thông. Hơn thế nữa nó cũng góp phần không nhỏ để giải các
bài toán liên quan trong các môn khoa học tự nhiên khác. Tuy vậy, hiện nay trong
chương trình Toán THCS mới chỉ dừng lại ở một số phương trình cơ bản như
phương trình bậc nhất, bậc hai hoặc phương trình vô tỉ nhưng ở dạng không phức tạo.
Bên cạnh đó, hiện nay hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh đặc biệt là các kỳ
tuyển sinh vào trường chuyên, lớp chọn, ở mảng phương trình đều ra ở dạng khá
phức tạp và không mẫu mực. Vì vậy đối với những học sinh chưa được tiếp cận với
các dạng toán này đều tỏ ra lúng túng và gặp rất nhiều khó khăn.

2.3

NỘI DUNG SÁNG KIẾN

PHẦN I : KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH
1- Định nghĩa: Cho hai hàm số f(x) và g(x) lần lượt có tập xác định D f và Dg. Đặt
D = Df ∩ Dg. Mệnh đề chứa biến x∈D có dạng :
f(x) = g(x)
(1)
được gọi là phương trình một ẩn, x gọi là ẩn số (hay biến số).
+ D = Df ∩ Dg gọi là tập xác định (hay miền xác đinh) của phương trình (1).
+ Nếu tồn tại xo∈ D sao cho f(xo) = g(xo) thì xo gọi là một nghiệm của phương
trình (1). Tập T = {xo ∈ D / f(xo) = g(xo) } gọi là tập nghiệm của phương trình (1).
+ Giải một phương trình là tìm tập nghiệm của nó.
+ Nếu tập nghiệm là này tập rỗng, ta nói phương trình đó vô nghiệm.
2- Hai phương trình tương đương: Hai phương trình được gọi là tương đương
nếu chúng có cùng tập nghiệm.
3- Phép biến đổi tương đương : Các phép biến đổi phương trình mà không làm
thay đổi tập nghiệm của phương trình gọi là các phép biến đổi tương đương.
Một số phép biến đổi tương đương:
• f(x) = g(x) ⇔ f(x) + h(x) = g(x) + h(x).
• f(x) = g(x) ⇔ f(x) . h(x) = g(x) . h(x), h(x) ≠ 0.

3


• f(x) = g(x) (với f(x) ≥0, g(x) ≥0 ) ⇔ [f(x)]2k = [g(x)]2k với k∈ N.
• f(x) = g(x) ⇔ [f(x)]2k+1 = [g(x)]2k+1 với k∈ N.
4- Các phép biến đổi phương trình làm mở rộng thêm tập nghiệm gọi là các phép
biến đổi hệ quả. Khi sử dụng các phép biến đổi hệ quả phải chú ý đặt thêm điều kiện
để phép biến đổi trở thành phép biến đổi tương đương hoặc phải kiểm tra các nghiệm
của phương trình hệ quả để phát hiện ra các nghiệm không phải là nghiệm của
phương trình ban đầu (nghiệm ngoại lai).

PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỶ
A-

Kiến thức bổ sung:

Định lí: Nếu số hữu tỷ x =

p
trong đó p và q là nguyên tố cùng nhau, là nghiệm số
q

của phương trình có hệ số nguyên :
anxn + an-1xn-1 + ... + a1x + a0 = 0
(1)
thì p là ước số của hạng tử tự do a0 và q là ước số của an.
từ định lí trên ta suy ra hệ quả sau :
Hệ qủa 1: Nếu phương trình (1) có tổng hệ số : an + an-1 + ... + a1 + a0 = 0 thì phương
trình có một nghiệm x = 1.
Hệ qủa 2: Nếu phương trình (1) có tổng hệ số bậc chẵn bằng tổng hệ số bậc lẻ thì
phương trình có một nghiệm x = -1.
BCác phương pháp giải phương trình hữu tỷ:
PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH :
Bằng cách biến đổi thích hợp để đưa phương trình ban đầu về phương trình
dạng : f(x).g(x)......h(x) = 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó suy ra : f(x) = 0; g(x) =
0; ...; h(x) = 0, là những phương trình quen thuộc. Nghiệm của phương trình là tập
hợp các nghiệm của phương trình f(x) = 0; g(x) = 0; ...; h(x) = 0 thuộc tập xác định.
1)Phương pháp : Dùng cách nhóm các số hạng, hoặc tách các số hạng (vận dụng các
phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử) ... để đưa phương trình về dạng quen

thuộc mà đã biết cách giải.
2) Áp dụng :
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
a> x4 + x3 -7x2 - x + 6 = 0
(1)
3
2
b> 2x +7x - 28x + 12 = 0
(2)
Giải
a> Phân tích : Ta nhận thấy tổng các hệ số của phương trình (1) bằng 0, theo hệ qủa
1 thì phương trình sẽ có một nghiệm bằng 1. Do đó ta sẽ phân tích được vế trái
của (1) về tích của một đa thức bậc ba với nhị thức (x-1) :
(1) ⇔ x3(x-1) + 2x2(x-1) -5x(x-1) - 6(x-1) = 0
⇔ (x-1)(x3 + 2x2 - 5x - 6) = 0

4


 x −1 = 0

(a)

3
2
 x + 2 x − 5x − 6 = 0

(b)

⇔

(a) ⇔ x =1
Tương tự như nhận xét trên, phương trình (b) ta cũng sẽ phân tích được vế trái
của (b) về tích của một đa thức bậc hai với nhị thức (x+1) :
(b) ⇔ (x+1)(x2 + x - 6 ) = 0
⇔
(x+1)(x+3)(x-2) = 0
x + 1 = 0

⇔ x + 3 = 0
 x − 2 = 0

 x = −1

⇔  x = −3
 x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = {± 1; -3; 2}
b>Phân tích: Theo định lí trên, nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ

p
thì p phải là
q

ước của 12 còn q là ước của 2. Vậy p chỉ có thể lấy một trong các giá trị sau : ± 1;
± 2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 12, còn q chỉ có thể lấy một trong các giá trị sau : ± 1; ± 2.
Bằng lược đồ Hoocne, hoặc thay trực tiếp các giá trị

p
vào phương trình (2), ta thấy

q

x = 2 là một nghiệm. Từ đó ta phân tích được phương trình (2) như sau:
(2) ⇔ (x-2)(2x2 + 11x - 6) = 0
⇔ (x-2)(2x-1)(x+6)=0
x = 2

1
1
⇔ x =
Vậy phương trình có tập nghiệm : S = {2; ; -6 }
2

2
 x = −6


Ví dụ 2: Giải phương trình sau : (x2 - 3x + 2)3 = x6 - (3x-2)3
Giải
3
Áp dụng hằng đẳng thức: (a+b) - (a3 + b3) = 3ab(a+b) ta có :
(3) ⇔ [x2 +(-3x + 2)]3 - [(x2)3 + (-3x+2)3] = 0
⇔ 3x2(-3x+2)(x2-3x+2)=0
⇔3x2(-3x+2)(x-1)(x-2) = 0
⇒ x=0; 1; 2; 2/3

(3)

Ví dụ 3: Giải phương trình : (2x2 - 3x - 1)3 - (x2 - 2)3 - (x2 - 3x + 1)3 = 0 (4)
Hướng dẫn giải

Áp dụng hằng đẳng thức : (a+b)3 - (a3+b3) = 3ab(a+b)
Đưa phương trình (4) tương đương với phương trình :
[(x2-2) + (x2-3x+1)]3 - [(x2-2)3 + (x2-3x+1)3] = 0
⇔

3(x2-2)(x2-3x+1)(2x2 - 3x - 1) = 0

ĐS: ± 2 ;

3 ± 5 3 ± 17
;
2
4

Ví dụ 4: Giải phương trình : (x2 - 4x + 1)3 = (x2 -x -1)3 - ( 3x -2)3
Hướng dẫn giải

(5)

5


Áp dụng hằng đẳng thức : (a-b)3 - (a3-b3) = -3ab(a+b)
Đưa phương trình (5) tương đương với phương trình :
[(x2-x-1) - (3x-2)]3 - [(x2-x-1)3 - (3x-2)3] = 0
⇔

3(x2 -x-1)(3x-2)(x2+2x-3) = 0

ĐS: 1;3;

1± 5 2
;
2
3

Chú ý: Trong quá trình giải toán, đôi khi ta cũng gặp phương trình bậc bốn đưa về
dạng [ A2 ( x)]2 − [ B 2 ( x)]2 = 0 .
Ví dụ 5: Giải các phương trình sau :
a> x4 - 4x2 + 12x - 9 = 0
(1)
b> x4 + 12x3 + 32x2 - 8x - 4 = 0
(2)
Giải
a>
(1) ⇔ (x2)2 - (2x - 3)2 = 0
⇔ (x2 -2x+3)( x2 +2x-3) = 0
⇔ ( x2 +2x-3) = 0
( vì x2 -2x+3 = (x-1)2 + 2 > 0)
⇔ (x-1)(x+3) = 0
x = 1
 x = −3

⇔
b>

(2) ⇔ x2(x2 +12x+36) - 4(x2 +2x+1) = 0
⇔ x2(x+6)2 - 4(x+1)2 = 0
⇔ (x2 +4x-2)(x2 +8x+2) = 0
 x2 + 4 x + 2 = 0

⇔ 2
 x + 8x + 2 = 0

⇔

 x1,2 = − 2 ± 2

 x3,4 = − 4 ± 14

Bài tập áp dụng : Giải các phương trình sau :
1> 2x3 +7x2 + 7x + 2 = 0
2> x3 - 3x2 - 6x + 8 = 0
3> x3 - 3x2 + 2 = 0
4> x4 - 2x3 + 4x - 4 = 0
5> x4 - 4x3 + 8x =5
PHƯƠNG PHÁP 2 : PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
Các bước giải :
b1 : Đặt ẩn phụ hợp lý và đặt điều kiện cho ẩn phụ (nếu có).
b2 : Giải phương trình đối với ẩn phụ.
b3 : Thay nghiệm thích hợp của ẩn phụ vào cách đặt ban đầu để tìm nghiệm của
phương trình ban đầu.
IPHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG :AX4 + BX2 + C = 0
Phương pháp : Đặt X2 = Y, Y ≥ 0.
Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai đối với ẩn phụ :
AY2 + BY + C = 0
Ví dụ: Giải các phương trình sau :
a> x4 - 8x2 + 15 = 0

6

b> x4 + 3x2 - 28 = 0
c> 20x4 - x2 - 1 = 0
Hướng dẫn giải
a> Đặt y = x , y≥0. phương trình đã cho tương đương với :
y2 - 8y + 15 = 0
⇒
y = 3; y = 5.
2

Với y = 3 ⇒ x2 = 3 ⇔ x = ± 3
Với y = 5 ⇒ x2 = 5 ⇔ x = ± 5
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { ± 3 ; ± 5 }
b> Đặt y = x2, y≥0. phương trình đã cho tương đương với :
y2 + 3y - 28 = 0
⇒ y1 =
Với y =

−3 + 131
;
2

y2 =

−3 − 131
< 0 (loại)
2

−3 + 131
−3 + 131

−3 + 131
⇒ x2 =
⇒x = ±
2
2
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { ±

−3 + 131
}
2

II-

PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG :
ax4 + bx3 + cx2 + bx +a = 0, a ≠ 0.
Phương pháp: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế của
phương trình cho x2 ta được phương trình :
a( x 2 +
1
x

Đặt t = x + ; |t| ≥ 2 ⇒ x 2 +

1
1
) + b( x + ) + c = 0
2
x

x

1
= t2 - 2
x2

Chú ý : Nếu phương trình đưa về có dạng :
a( x 2 +

Thì ta đặt t = x −

1
x

2
⇒x +

1
1
) + b( x − ) + c = 0
2
x
x

1
= t2 + 2
x2

Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x4 + 3x3 -16x2 +3x + 2 = 0
(1)

Giải
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên ta chia cả 2 vế
của (1) cho x2, ta đưa (1) về dạng sau :
2( x 2 +
1
x

1
1
) + 3( x − ) − 16 = 0
2
x
x

1
= y2 - 2. Khi đó ta có phương trình bậc hai đối
x2
5
2y2 + 3y - 20 = 0 ⇔ y1 = -4 và y2 = .
2

2
Đặt y = x + ; |y| ≥ 2 ⇒ x +

với y :

7


1

1
5
= -4 và x + = , ta tìm được 4 nghiệm :
x
x
2
1
x1,2 = −2 ± 3 ; x3 = ; x2 = 2
2

Giải tiếp hai phương trình : x +

Ví dụ 2: Giải phương trình : x4 - 7x3 + 10x2 +7x + 1 = 0
Giải
(2)⇔ ( x 2 +
Đặt y = x −

(2)

1
1
) − 7( x − ) + 10 = 0
2
x
x

1
1
⇒ x 2 + 2 = y2 + 2. Khi đó ta có phương trình bậc hai đối với y :
x

x

y2 - 7y + 12 = 0 ⇔ y1 = 3 và y2 = 4
Giải tiếp 2 phương trình : x −

1
1
= 3 và x − = 4 , ta tìm được 4 nghiệm :
x
x

x1,2 =

3 ± 13
; x3,4 = 2 ± 2 2
2

Ví dụ 3: Giải phương trình : x5 - x4 + 3x3 + 3x2 - x + 1 = 0
(3)
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Phương trình trên còn gọi là phương trình đối xứng bậc lẻ. Đối với dạng
phương trình này thì luôn có nghiệm bằng -1 nên ta có thể phân tích phương trình đã
cho về tích của nhị thức (x+1) và một đa thức bậc thấp hơn là dạng của phương trình
đối xứng (bậc chẵn).
Dễ thấy phương trình (3) có một nghiệm bằng -1 , nên ta có thể phân tích (3) về
phương trình :
(3)⇔ (x+1)( x4 - 2x3 + 5x2 - 2x + 1) = 0
x +1 = 0

⇔

(a)

4
3
2
(b )
 x − 2 x + 5x − 2 x + 1 = 0
1
1
(b) ⇔ ( x 2 + 2 ) − 2( x + ) + 5 = 0
x
x
1
1
Đặt y = x + ; |y| ≥ 2 ⇒ x 2 + 2 = y2 - 2. Khi đó ta có phương trình bậc hai đối
x
x

với y :
y2 - 2y + 3 = 0
Dễ thấy phương trình này vô nghiệm.
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = -1.
Ví dụ 4 : Giải phương trình : 2x4 - 21x3 + 74x2 + 105x + 50 = 0
Giải

(4)

25
5

) − 21( x − ) + 74 = 0
2
x
x
5
25
Đặt y = x − ⇒ x 2 + 2 = y2 + 10. Khi đó ta được phương trình :
x
x

(4)⇔ 2( x 2 +

8


2y2 - 21y + 94 = 0
Dễ thấy phương trình này vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

III- PHƯƠNG TRÌNH DẠNG (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e (e ≠ 0)
Nếu phương trình (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e, e ≠ 0 có a+b = c+d thì ta đặt:
y = x2 + (a+b)x
Chú ý: Điểm mấu chốt ở đây là phát hiện được các hạng tử tương ứng nào là a, b, c,
d.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau : x(x+1)(x+2)(x+3) = 24
(1)
Hướng dẫn giải
(1) ⇔ x(x+3)(x+1)(x+2) =24 ⇔ (x2 + 3x)( x2 + 3x + 2) = 24
Đặt y = x2 + 3x . đk : y ≥ -9/4. Khi đó (1) trở thành :
y(y+2) = 24 ⇔ y2 + 2y -24 = 0 ⇒ y1 = -6 (loại )và y2 = 4.
Lần lượt giải các phương trình : x2 + 3x = -6 và x2 + 3x = 4 ta tìm được nghiệm của

phương trình (1) là : 1 ; - 4.
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau : (x+4)(x+5)(x+6)(x+7) = 4
(2)
Hướng dẫn giải
2
2
(2) ⇔ (x + 11x + 28)( x + 11x + 30)= 4
Đặt y = x2 + 11x + 28, đk : y ≥ -9/4
Khi đó ta được phương trình :
 y1 = − 1 + 5
y(y+2) = 4 ⇔ y +2y - 4 = 0 ⇒ 
9
y2 = − 1 − 5 < − (lo¹i)

4
2

với y1 = −1 + 5 ta được : x2 + 11x + 28 = −1 + 5
⇔ x2 +11x + 29 - 5 = 0 ⇒ x1 =

−13 − 5
−9 + 5
; x2 =
2
2

Bài tập áp dụng :
Giải các phương trình sau :
1> (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) = 3
2> x(x+4)(x+6)(x+10) + 128 = 0

IV - PHƯƠNG TRÌNH DẠNG (x+a)4 + (x+b)4 = c (c ≠ 0)
Phương pháp giải : Đối với phương trình dạng này, nếu ta cứ để nguyên như vậy
để khai triển thì sẽ đưa về phương trình bậc 4. Khi đó việc giải phương trình này
là rất khó khăn. Bằng cách đặt y = x +

a+b
ta sẽ đưa phương trình đã cho về
2

phương trình dạng trùng phương :
(y +

a −b 4
a −b 4
) +(y −
) = c ⇔ Ay4 + By2 + C = 0, (A, B, C là hằng số).
2
2

9


Ví dụ 1: Giải phương trình sau : (x-6)4 + (x-8)4 = 16
(1)
Hướng dẫn giải
Đặt y = x - 7 ta được phương trình :
(y +1)4 + (y - 1)4 = 16 ⇔ y4 + 6y2 -7 = 0
⇔ (y2 - 1)(y2 + 7) = 0 ⇔ y2 - 1 = 0 ⇔ y = ± 1
Suy ra : x = 6 ; 8
Ví dụ 2 : Giải phương trình : (4-x)5 + (x-2)5 = 32

Hướng dẫn giải
Đặt y = x - 3 ta được phương trình đối với ẩn y:
(1-y)5 + (y+1)5 = 32 ⇔ y4 + 2y2 - 3 = 0 ⇔ (y2 - 1)(y2 + 3) = 0
⇔ y2 - 1 = 0 ⇒ y = ± 1
Suy ra : x = 4 ; 2
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
1> (x+3)4 + (x+5)4 = 16
2> (x-2)4 + (x-3)4 = 1
3> (x+1)4 + (x-3)4 = 82
VPHƯƠNG TRÌNH DẠNG KHÁC
Nhận xét: Đối với lớp phương trình này không có phương pháp giải chung mà chủ
yếu dựa vào tính chất đặc biệt của mỗi phương trình để có thể đặt ẩn phụ một cách
thích hợp.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
1> (x+4)4 = 2(2x+13)3 + 50(2x+13)
2> (x2-2x+2)4 - 20x2(x2-2x+2)2 + 64x4 = 0
Giải
1) Đặt y =

2 x + 13
5
⇒ x+4 = y − . Ta được phương trình :
2
2

5
5
5
5
25



( y − ) 4 =16 y 3 + 100 y ⇔ ( y − ) 4 −16 y ( y 2 + ) = 0 ⇔ ( y − ) 4 −16 y  ( y − ) 2 + 5 y  = 0
2
2
2
2
4


5
2

5
2

⇔( y − ) 4 −16 y ( y − ) 2 − 80 y 2 = 0

(1)

5
2

Đặt t = ( y − ) 2 thì :
(1) ⇔ t2 – 16yt – 80y2 = 0
5
2

t + 4 y = 0
t = − 4 y

⇔
t − 20 y = 0
t = 20 y

⇔ (t+4y)(t-20y) = 0 ⇔ 

+ Với t =-4y ⇒ ( y − ) 2 + 4 y = 0 ⇔ y 2 − y +

25
=0
4

(*)

Dễ thấy (*) vô nghiệm.
5
2

+ Với t =20y ⇒ ( y − ) 2 − 20 y = 0 ⇔ 4 y 2 − 100 y + 25 = 0

10


⇒ y=

25 ± 10 6
−1 ± 10 6
suy ra : x1,2 =
2
2

2) Đặt y =(x2-2x+2)2 khi đó ta đưa phương trình về dạng :
y2 -20x2y + 64x4 = 0 ⇔ (y-4x2)(y-16x2) = 0
 y = 4 x2
(x 2 -2x+2) 2 = 4 x 2
⇔
⇒  2
2
2
2
 y =16 x
(x -2x+2) =16 x
( x 2 + 2)( x 2 − 4 x + 2) = 0
 x2 − 4x + 2 = 0
⇔ 2
⇔ 2
2
( x + 2 x + 2)( x − 6 x + 2) = 0  x − 6 x + 2 = 0
x1,2 = 2 ± 2 ; x3,4 = 3 ± 7

Suy ra phương trình có 4 nghiệm :
2

2

1
1

 
 13

Ví dụ 2: Giải phương trình :  2
÷ + 2
÷=
 x + x + 1   x + x + 2  36

(2)

Giải
Nhận xét :
2

2

2

1
1
1
1
2

 
 

− 2
 2
÷ + 2
÷ = 2
÷+ 2
2

 x + x + 1   x + x + 2   x + x + 1 x + x + 2  ( x + x + 1)( x + x + 2)
1
2
= 2
+ 2
2
2
2
( x + x + 1) ( x + x + 2) ( x + x + 1)( x 2 + x + 2)

Đặt : y =

1
Khí đó ta đưa phương trình (2) tương đương với :
( x + x + 1)( x 2 + x + 2)
2

y2+ 2 y =

+ Với y1 =

1
−13
y1 = ; y2 =
6
6

13
13
⇔ y2+ 2 y − = 0 ⇒

36
36

1
⇒ ta có : (x2+x+1) (x2+x+2) = 6
6

Đặt t = x2+x+1 ta được phương trình : t2 + t - 6 = 0 ⇒ t1 = 2 ; t2 = -3
 −1 ± 5
 x2 + x −1 = 0
x=
⇔
Suy ra :  2
2

x + x + 4 = 0
 V« nghiÖm
−13
−13
+ Với y2 =
⇒ ta có : (x2+x+1) (x2+x+2) =
6
6

Đặt z = x2+x+1 ta được phương trình : z2 + z +
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1,2 =
Ví dụ 3 : Giải phương trình :

13
=0

6

⇒ Vô nghiệm.

−1 ± 5
2

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 11x + 30 x + 13 x + 42 x + 9 x + 20 18
2

(3)

Giải

11


(3) ⇔

1
1
1
1

+
+
=
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18

ĐKXĐ: x ≠ -4; -5; -6; -7
Khi đó phương trình :
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
=
x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18
1
1
1
−
=
⇔
⇔ x2 + 11x -26 = 0
x + 4 x + 7 18

⇔

Suy ra : x =-13; x = 2 thoả mãn đkxđ. Vậy phương trình có 2 nghiệm : -13 và 2.
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
x
x 2 + 10 x + a
=
(ví i a lµ h»ng sè)
x2 + 9 x + a x2 + 8x + a
1
1
1
1
4
+ 2
+ 2
+ 2
=
2> 2
x + 5 x + 4 x + 11x + 28 x + 17 x + 70 x + 23 x + 130 13

1>

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I- Phương trình chứa căn bậc hai:
Đối với dạng phương trình này, chúng ta cần chú ý tới điều kiện của ẩn. Sử dụng
các phép biến đổi sau để đưa về phương trình dạng quen thuộc:
1> a = b ⇔ a = b ≥ 0
 b ≥0

2> a = b ⇔ 

a = b

2

(không cần đặt điều kiện cho a≥0)

 a ≥ 0, b ≥ 0
 a + b + 2 ab = c

3> a + b = c ⇔ 

Ví dụ 1: Giải phương trình : x − 2 x + 3 = 0

(1)

Giải
x ≥ 0
x ≥ 0

⇔  x = −1 ⇔ x = 3
⇔ 2
x − 2x − 3 = 0
 x = 3


x ≥ 0
(1) ⇔ x = 2 x + 3 ⇔  2

x = 2x + 3

Ví dụ 2: Giải phương trình :

x + 4 − 1− x = 1 − 2x

(2)

Giải
Điều kiện :


x ≥− 4
x + 4 ≥ 0


1 − x ≥ 0 ⇔x ≤ 0 ⇔− 4 ≤ x ≤ 0
1 − 2 x ≥ 0

1

x ≤

2

(*)

Với điều kiện trên phương trình (2) :
⇔ x + 4 = 1 − x + 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − x +2 (1 − x)(1 − 2 x) + 1 − 2 x

12


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

(thoả mãn đk (*))
Bài tập áp dụng

Giải các phương trình sau :
1> x 2 −1 = x + 1
x + 9 = 5 − 2x − 4

2>

3> 16 − x + 9 + x = 7
II- Phương trình chứa căn bậc ba:
Kiến thức cơ bản:
1> 3 A = 3 B ⇔ A = B .
2>

3

A+ 3 B=3 C

⇔ A + B + 3 3 AB ( 3 A + 3 B ) = C

⇔ A + B + 3 3 ABC = C
Ví dụ 1: Giải phương trình :

3

x + 34 − 3 x − 3 =1

(1)

Giải
Lập phương hai về (1) ta được :
( x + 34) + 3 3 x + 34. 3 x − 3 ( 3 x + 34 − 3 x − 3) − ( x − 3) = 1

⇔ 3 3 ( x 2 + 31x + 102) = − 36 ⇔ x 2 + 31x + 1626 = 0
Dễ dàng thấy phương trình vô nghiệm.
Ví ụ 2: Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x − 1 = 3 5 x

(2)

Giải
Lập phương hai vế (2) ta được :
( x + 1) + 3 3 ( x + 1)( x − 1)( 3 x + 1 + 3 x − 1) + ( x − 1) = 5 x
⇔ 3 ( x + 1)( x − 1). 3 5 x = x ⇔ x(4 x 2 − 5) = 0
x = 0
⇔
x = ± 5

2

Bài tập áp dụng :
Giải các phương trình sau :
1>

3

x − 2 + 3 2x − 3 = 1

2> 3 2 x + 2 + 3 x − 2 = 3 9 x
3>

3

2x +1 + 3 2x + 2 + 3 2x + 3 = 0

4> 3 3x 2 − x + 2001 − 3 3 x 2 − 7 x + 2002 − 3 6 x − 2003 = 3 2000
PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN

13


Các bước giải :
b1 : Đặt ẩn phụ hợp lý và đặt điều kiện cho ẩn phụ (nếu có).
b2 : Giải phương trình đối với ẩn phụ.
b3 : Thay nghiệm thích hợp của ẩn phụ vào cách đặt ban đầu để tìm nghiệm
của phương trình ban đầu.
IĐƯA VỀ DẠNG ĐƠN GIẢN
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3 1 − x + x + 2 = 1
Giải

Điều kiện : x ≥ -2

(1)

Đặt : t = x + 2 (t ≥ 0) suy ra x = t2 - 2 ta được :
(1) ⇔ 3 3 − t 2 + t = 1 ⇔

3

3 − t2 = 1− t

⇔ (3-t2) = (1-t)3 ⇔ t3 - 4t2 + 3t + 2 =0
t = 2

⇔ t = 1 + 2
suy ra :
t = 1 − 2 < 0 (lo¹i)


⇔ (t-2)(t2 - 2t -1) = 0

x = 2

x = 1+ 2 2

Ví dụ 2: Giải phương trình : 3 3 x 2 − 3x + 2 = 2 x 2 − 6 x + 5

(2)

Giải

Đặt : t = x - 3x +2, suy ra x - 3x +2 - t = 0
(*)
Ta có :∆ = 1 + 4t . Để (*) có nghiệm thì 1 + 4t ≥ 0 ⇒ t ≥ - 1/4.
2

2

(2) ⇔ 3 3 t = 2t + 1 ⇔ 8t 3 + 12t 2 − 21t + 1 = 0
⇔ (t-1)(8t2 + 20t - 1) = 0

⇔


t1 = 1

t = −5 − 3 3
2
4

t = −5 + 3 3 < − 1
3


4
4

(lo¹i )


3± 5

 x1,2 =
2
suy ra : 

3 ± 1 + 4t2
 x3,4 =

2

Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau :
1>

x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 = 3

2>

x 2 + x + 7 + x 2 + 2 + 2 = 3 x 2 + 3 x + 19

3> x 2 + 9 = 6 x + 4 x 2 − 6 x + 6
II-

PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG

x + a + b − x + m ( x + a )(b − x ) = n
Phương pháp giải:
Đặt điều kiện cho x.

14

t 2 − ( a + b)
Đặt : t = x + a + b − x , t ≥ 0 suy ra : ( x + a)(b − x) =
2

Ví dụ 1: Giải phương trình : 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = 3

(1)

Giải
Điều kiện : -3 ≤ x ≤ 6
t2 − 9
, t ≥3
Đặt : t = 3 + x + 6 − x Suy ra: (3 + x)(6 − x) =
2

Khi đó ta đưa (1) về phương trình :
t−

t2 − 9
= 3 ⇔ t 2 − 2t − 3 = 0
2
x + 3 + 6 − x =3-

Với t = 3 ta được :
⇔

t1 = 3
t2 = −1 (lo¹i)

⇒

( x + 3) + 2 ( x + 3)(6 − x) + (6 − x) = 9 ⇔

( x + 3)(6 − x) = 0

x + 3 = 0
 x = −3
⇔ 
6 − x = 0
x = 6

⇔

Ví dụ 2: Giải phương trình : 1 + x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x = 4 − 2 x
Giải
Điều kiện : x ≥ -1.

(2)

Đặt t = 1 + x + x + 7 , t > 0
Khi đó ta đưa (2) về phương trình :
t + (t2 - 8 - 2x) = 4 -2x
t1 = 3
t2 = −4 (lo¹i)

⇔ t2 + t - 12 = 0 ⇔ 

Với t = 3 suy ra : 1 + x + x + 7 = 3
⇔ (1 + x) + 2 (1 + x)( x + 7) + ( x + 7) = 9 ⇔ 2 (1 + x)( x + 7) =1 − 2 x
⇔ 4(1+x)(x+7) = (1-2x)2 ⇔ 36x = -27 ⇒ x = - 3/4

Bài tập áp dụng : Giải các phương trình sau:
1> 1 + x + 3 − x + (1 + x)(3 − x) = 2
2>

x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 30

3> x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11
III- PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Các bước giải:
Tìm điều kiện tồn tại của phương trình.
Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung.
Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương
trình quen thuộc.
Chú ý: Đối với phương trình có dạng n a − f ( x) + m b + f ( x) = c ta thường đặt :
u = n a − f ( x); v = m b + f ( x) . Khi đó ta được hệ phương trình :

15


u + v = c
 n m
u + v = a + b

giải hệ phương trình này ta sẽ tìm được u và v từ đó tìm

được giá trị của x.
.Ví dụ1: Giải phương trình sau: 2 x + x + 1 + 1 + 2 x − x + 1 = 2 x + 1 + 1

(1)

Giải
Đặt u = 2 x + x + 1 + 1; v = 2 x − x + 1
Ta có :

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

Khi đó (1) trở thành :
u + v = 2 x + 1 + 1
u + v = 2 x + 1 + 1
u + v = 2 x + 1 + 1

 2 2

 u = −v
u − v = 2 x + 1 + 1 ⇔ (u + v)(u − v) = u + v ⇔  
u , v ≥ 0
u , v ≥ 0
 u = v + 1


u , v ≥ 0

u = x + 1 + 1
suy ra :

v = x + 1

⇔

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

bình phương hai vế cả hai phương trình ta được :
 2 x + x + 1 + 1 = x + 1 + 2 x + 1 + 1

⇔

 2 x − x + 1 = x + 1

x ≥ 1
⇔ 2
 x − 3x = 0

⇔ x +1 = x −1

⇔

x ≥ 1

2
 x + 1 = ( x − 1)

x ≥ 1

⇔   x = 0 Suy ra x=3.
 x = 3


Ví dụ 2: Giải phương trình :

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x

(2)

Giải

Điều kiện :


1
u = x −
x


5
Đặt v = 2 x −
x

u , v ≥ 0



−1 ≤ x ≤ 0

1
x ≥1

x
−
≥
0




x
⇔ − 5 ≤ x ≤ 0

2
2 x − 5 ≥ 0



x

x ≥ 5
2



2

2
Suy ra : v − u = x −

−1 ≤ x ≤ 0
⇔ 
x ≥ 5

2


4
x

16


4
 x + u = x + v
Khi đó ta được : 
Suy ra : v2 - u2 = u - v
v 2 − u 2 = x − 4

x

⇔

Từ đó ta được :


u = v

u = −v − 1 < 0 (lo¹i )


⇔

(u-v)(u+v+1) = 0

x−

1
5
= 2x −
x
x

⇔

x−

1
5
= 2x −
x
x

x = ± 2 Suy ra x= 2 (x= - 2 không thoả mãn điều kiện).

Ví dụ 3: Giải phương trình : 4 − 4 + x = x
Giải
x ≥ 0


⇔ 0 ≤ x ≤ 12
Điều kiện : 4 + x ≥ 0

4 − 4 + x ≥ 0
 x = 4 − y

Đặt: y = 4 + x , y ≥ 0 ta có hệ phương trình : 

 y = x + 4

⇔

 x 2 = 4 − y
 2
 y = x + 4

⇔

 x2 = 4 − y

( x + y )( x − y + 1) = 0

⇔

 x 2 = 4 − y
 2
2
 x − y = −( x + y )

Vì x + y ≠ 0 nên ta có hệ phương trình :

 x2 = 4 − y
⇔ x 2 = 4 − ( x + 1) = 0 ⇔ x 2 + x − 3 = 0

x − y +1 = 0

−1 − 13
(lo¹i )
 x1 =
2

Suy ra :

−1 + 13
 x2 =

2
4
3

Ví dụ 4: Giải phương trình : 3 81x − 8 = x3 − 2 x 2 + x − 2

(4)

Giải
Đặt : 3 y = 3 81x − 8 + 2
4
3

3
3
2
Suy ra: (3 y − 2) = 81x − 8 ⇔ 3 y − 2 y + y = 3 x

4

3
2
3
y
=
x
−
2
x
+
x−2

3
Ta được hêk phương trình : 
3 x = y 3 − 2 y 2 + 4 y − 2

3

(a )
(b )

Lấy vế trừ đi vế của (a) cho (b) ta được:

17


4
3( y − x ) = ( x 3 − y 3 ) − 2( x 2 − y 2 ) + ( x − y )
3
13
( x − y )[ x 2 + xy + y 2 − 2( x + y ) + ] = 0
(*)
3
13 1
1
1
1
Do x 2 + xy + y 2 − 2( x + y ) + = ( x + y )2 + ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + > 0
3 2
2
2
3

⇔

Nên (*) ⇔ x - y = 0 ⇔
3x = x3 − 2 x 2 +

x = y suy ra:

4
x ⇔ x(3x 2 − 6 x − 5) = 0
3

⇒ x1 = 0; x2,3 =

3± 2 6
3

Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
1> 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1
2> 2 − x 2 = 2 − x
3> 3 (3x + 1) 2 + 3 (3 x − 1) 2 + 9 x 2 − 1 = 1
4> x3 + 1 = 2 3 2 x − 1
IV-

PHƯƠNG PHÁP ĐƯA ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp giải: Sử dụng các phương pháp sau:
• Biến đổi phương trình về đạng f(x) = g(x) mà f(x) ≥ a; g(x) ≥ a (a là hằng số).
• Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thoả mãn đồng thời f(x) = a và
g(x) = a.
• Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥ m
hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu
đẳng thức xảy ra.
Chú ý : Sử dụng các bất đẳng thức sau :
- A2n ≥ 0; |A| ≥ 0 ...
- Áp dụng các bất đẳng thức như Côsi, Bunhiacopski...
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Giải
(1) ⇔

(1)

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

Vì (x + 1)2 ≥ 0 nên 3( x + 1) 2 + 4 + 5( x + 1) 2 + 9 ≥ 4 + 9 = 5 và 5 - (x + 1)2 ≤ 5
Vậy phương trình (1) có nghiệm ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình :

x 2 − 6 x + 15
= x 2 − 6 x + 18
2
x − 6 x + 11

(2)

Giải
(2) ⇔ 1 +

4
= ( x − 3) 2 + 9
2
( x − 3) + 2

18


Ta có : 1 +

4
4
≤ 1 + = 3 dấu bằng xảy ra ⇔ x - 3 = 0 ⇒ x = 3.

2
( x − 3) + 2
2

Mặt khác: ( x − 3) 2 + 9 ≥ 9 = 3 dấu bằng xảy ra ⇔ x - 3 = 0 ⇒ x = 3.
Suy ra phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 3: Giải phương trình :

(3)

x2 + x −1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

Giải
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
x2 + x −1 ≤
x − x +1 ≤

( x 2 + x − 1) + 1 x 2 + x
=
2
2

( x − x 2 + 1) + 1 x − x 2 + 2
=
2
2

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta được:
x2 + x −1 + x − x2 + 1 ≤

x2 + x x − x2 + 2
+
= x +1
2
2

Theo (3) ta có : x2 - x + 2 ≤ x + 1 ⇔ x2 - 2x + 1 ≤ 0
(x-1)2 ≤ 0 ⇒ x - 1 = 0 ⇔ x = 1
Ví dụ 4: Giải phương trình : x 2 − 2 x + 3 = 2 x 2 − x + 1 + 3 x − 3 x 2
Giải
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
2 x 2 − x .1 ≤

(4)

2x2 − x + 1
2

1 + 3 x − 3 x 2 .1 ≤

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

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta được:
2 x 2 − x + 1 3x − 3x 2 + 2 − x 2 + 2 x + 3
2 x − x + 1 + 3x − 3x ≤
+
=

2
2
2
2

2

− x2 + 2x + 3
Theo (4) ta được : x − 2 x + 3 ≤
2
2

⇔ x2 - 2x + 1 ≤ 0 ⇔

(x - 1)2 ≤ 0

⇒x-1=0

⇔

x=1

Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
1> x 2 − 3x + 3,5 =
2>

(x

2

− 2x + 2) ( x2 − 4x + 5)

2
2
2
1
3x 3 + x 2 + 9 x − 7 ) = ( x 2 + 2 ) + ( x 2 + 3x − 3)
(
10

3> 2 x 2 − 8 x + 12 = 3 − 4 3x 2 − 12 x + 13
4>
V-

x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH NGHIỆM DUY NHẤT

19


Phương pháp:
- Thay một giá trị x = a thoả mãn phương trình ⇒ x = a là một nghiệm của
phương trình .
- Chứng minh cho nghiệm này là duy nhất.
Ví dụ 1: Giải phương trình :

2x

2

+3

(1)

2

+ 3x = 9

Giải
•
Với x = 0 thì VT của (1) bằng : 20+3 + 30 = 8 + 1 = 9 ⇒ x = 0 là một nghiệm
của phương trình
•
Nếu x ≠ 0 thì : 2 x +3 + 3x > 20+3 + 30 = 9 . Do đó x ≠ 0 không thể là
nghiệm của (1).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
2

2

Ví dụ 2: Giải phương trình : x x = 10 x − x với x > 0
Giải
0
• Với x = 1 thì VT = 1; VF = 10 = 1 nên x = 1 là một nghiệm của (2).
2

(2)

• Với x > 1 ta có : x x > 1x = 1 và x 2 > x ⇒ x − x 2 < 0 Do đó 10 x − x < 100 = 1 Suy ra :

2

x x > 10 x − x

2

• Vậy x > 1 không là nghiệm của (2).
• Với 0 < x < 1 ta có :
xx < 1 x = 1
x2 < x ⇒ x – x2 > 0 do đó 10 x − x > 100 = 1 suy ra : x x < 10 x − x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
2

Ví dụ 3: Giải phương trình :

5

2

x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 + x − 1 + x = 2 + 9

(3)

Giải
ĐKXĐ : x ≥ 1
• x =2 là nghiệm của (3).
• Nếu 1 ≤ x < 2 thì VT < 5 22 + 28 + 2 3 22 + 23 + 2 − 1 + 2 = 2 + 9
• Nếu x > 2 thì VT > 2 + 9
Suy ra với 1 ≤ x, x ≠ 2 đều không phải là nghiệm của (3).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Bài tập áp dụng
Giải các phương trình sau :
1> 19 x −8 x +17 + 5x −8 x +18 + 94 x −8 x +16 = 45
4

2

4

2

4

2

2> | x − 3 |2004 + | x − 4 |2005 = 1
3> 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2

20


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận:
Trong quá trình giảng dạy mảng đề tài về phương trình, tôi đã lồng ghép vào
tiết luyện tập các dạng phương trình khác nhau. Hầu hết các em đều tỏ ra hứng thú
và hào hứng tham gia giải các bài toán. Với mỗi bài các em thường nhận dạng được
và vận dụng khá linh hoạt các phương pháp giải khác nhau, thậm chí có em đã có thể
đưa ra được nhiều cách giải khá đặc biệt. Điều đó thể hiện sự hiệu quả của các
phương pháp mà tôi đã đưa ra. Tuy nhiên bên cạnh đó, với thời lượng của mỗi tiết
học không nhiều, việc nêu ra được hết các phương pháp trong một số tiết hạn chế là

việc khó có thể làm được. Hơn nữa, đối tượng nghiên cứu chủ yếu lại là các em học
sinh khá, giỏi . Vì vậy đòi hỏi người đạy phải có sự phân loại đối đượng học sinh
(nhằm đưa ra những dạng thích hợp với từng đối tượng ) mới nhằm đạt hiệu quả cao
được .
3.2 Kiến nghị:
Trong quá trình thực hiện đề tài, thực tế khi giảng dạy cho học sinh để nâng
cao được chất lượng giảng đại trà cũng như chất lượng mũi nhọn tôi có một số đề
nghị sau:
- Biết cách phân loại ra từng đối tượng học sinh, từ đó có thể đưa ra những
dạng toán thích hợp.
- Với mỗi dạng toán nên đưa các bài tập từ đơn giản đến phức tạp để các em có
thể dễ dàng tiếp cận từ đó các em có thể phá huy được tính sáng tạo của các em.
- Đối với người dạy phải biết vận dụng linh hoạt các phương pháp phù hợp với
từng chủ đề, từng đối tượng.
- Hơn hết, người dạy phải luôn có tinh thần học hỏi, tìm tòi sách vở, tài liệu
cũng như học hỏi các bạn đồng nghiệp thậm chí ngay cả đối với học sinh...
Trên đây là những đánh giá mang tính chất chủ quan dựa vào quá trình tự mày
mò tìm hiểu và đã trải qua quá trình thực nghiệm giảng dạy thực tế. Với khả năng và
trình độ có hạn, chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Rất mong sự đóng góp chân thành của
quí bạn đọc đặc biệt là các bạn đồng nghiệp để đề tài có những cải tiến tốt hơn !
Hậu Lộc, ngày 20/03/2018
Người viết

Lê Thị Dung

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1> Sách giáo khoa Toán lớp 8, lớp 9.

2> Sách tham khảo :
a. Toán bồi dưỡng học sinh giỏi THCS .
b. Nâng cao và phát triển Toán 8, 9.
c. Một số phương pháp giải các bài toán sơ cấp.
d. Tuyển chọn các bài toán thi học sinh giỏi Toán THCS.
e. Tạp chí Toán học tuổi thơ; Toán học tuổi trẻ ...

22


MỤC LỤC
Nội dung
1. Mở đầu
1.1 Lý do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung
2.1 Cơ sở lý luận
2.2 Thực trạng
2.3 Nội dung sáng kiến
Phần 1: Kiến thức cơ bản về phương trình
Phần 2: Các phương pháp giải phương trình
Phương pháp 1: Phương trình đưa về phương trình tích
Phương pháp 2: Đổi biến
Phương trình vô tỉ
Phương pháp biến đổi tương đương
Phương pháp đổi biến
Phương pháp đưa về Bất đẳng thức
Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất

Kết luận
Kiến nghị

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
3
3
5
11
11
12
17
18
20
20

23