Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp véc tơ

PHẦN I : LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình Toán phổ
thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và cách giải rất linh hoạt, đặc
biệt là phương trình vô tỷ.
Trong năm học trước và năm học này phương trình vô tỷ ít xuất hiện trong
các đề thi Đai Học và Cao Đẳng là do nội dung này nằm trong chương trình lớp
10. Nhưng từ kì thi THPT quốc gia năm 2019 thì nội dung này chắc chắn sẽ có
trong nội dung thi. Vì vậy việc trang bị cho các em kiến thức liên quan đến
phương trình vô tỷ kèm theo kiến thức giải chúng ngay từ lớp 10 là rất cần thiết
và quan trọng.
Việc giải phương trình vô tỷ thường gây ra rất nhiều khó khăn cho học sinh
cho nên rất nhiều học sinh chọn phương án bỏ hoặc giải quyết bài toán này bằng
sự hỗ trợ của những kiến thức của lớp 12 hoặc máy tính. Tuy nhiên trong
chương trình lớp 10 chúng ta có một số công cụ giải quyết rất hiệu quả bài toán
này. Trên cơ sở những kiến thức đã biết và những kinh nghiệm tích lũy được sau
nhiều năm giảng dạy tôi xin trình bày nội dung đề tài “ Giải phương trình vô tỷ
bằng kiền thức trong chương trình lớp 10’’. Với mỗi phương pháp đều có ví dụ
minh họa bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành giải toán và nắm được
cái cốt lõi của mỗi phương pháp.
Qua đó giúp các em có một cái nhìn đầy đủ hơn, tự tin hơn về dạng Toán
này rèn luyện kỹ năng kỹ xảo , phát triển tư duy và chuẩn bị tốt cho các kì thi


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

PHẦN II: NỘI DUNG
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Khử căn bằng các phương pháp chính như nâng lên lũy thừa, đặt ẩn phụ,
lượng giác , hình học.
Ngoài ra có thể dùng phương pháp đánh giá, phương pháp hàm số trong
một số bài toán đặc biệt.

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Là phương pháp sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi
phương trình về phương trình đã biết cách giải.
Một số phép biến đổi tương đương :
Cộng, trừ vào hai vế của phương trình với cùng một biểu thức mà không
thay đổi tập nghiệm của phương trình. Nhân, chia hai vế của phương trình với
cùng biểu thức khác không mà không làm thay đổi tập nghiệm của phương
trình.
Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình.
Lũy thừa bậc chẵn hai vế., khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của phương
trình không âm.
Chú ý các phương pháp sau:
* Bình phương hai vế không âm.
* Phân tích thành nhân tử.
* Nhân hai vế với một lượng liên hợp khác không.
1.Các dạng cơ bản
 g ( x ) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x ) = g ( x )
 f ( x ) ≥ 0 hoac g( x ) ≥ 0
* f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x ) = g ( x )

*

2

Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

*


 f ( x) ≥ 0

f ( x) + g ( x) = h( x) ⇔ g ( x) ≥ 0

 f ( x) + g ( x)


(

 f ( x) ≥ 0

Hoặc điều kiện  g ( x ) ≥ 0 pt ⇔

h ( x ) ≥ 0
Ví dụ 1: Giải phương trình:

(

f ( x) + g ( x)

)

2

)

2

= h( x)

= h( x)

2 x + 1 = 3x + 1

Giải:
−1

−
1

x
≥
3x + 1 ≥ 0
x ≥

3
3
pt ⇔ 
⇔
⇔
⇔ x=0


2
−

4
2
x
+
1
=
3
x
+
1
(
)
9 x 2 + 4 x = 0  x = 0 hoac x=



9
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x .

1
Giải: đk: −4 ≤ x ≤ . Khi đó pt tương đương với:
2
x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x ⇔ x + 4 =1 − 2 x + 2

(1 − 2x ) (1 − x )


2 x +1 ≥ 0

= 2 x +1 ⇔ 
2

( 1 − 2 x ) ( 1 − x ) = ( 2 x +1)
−1

−1

x
≥

x ≥

2
⇔
2
⇔
⇔x =0
−
7
2 x 2 + 7 x = 0
x = 0 hoac x=



2
⇔

(1 − 2x) (1 − x)

Đối chiếu đk suy ra pt có nghiệm duy nhất x=0.
Vi dụ 3: Tìm m để pt

2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

 x ≥ −1
Giải: pt ⇔  2
 x + ( m − 2 ) x − 4 = 0 ( *)
Phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (*) có hai
nghiệm phân biệt lớn hơn -1.
3


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Ta thấy pt (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
2 − m + m 2 − 4m + 8
2 − m − m 2 − 4m + 8
x1 =
> 0; x2 =
< 0.
2
2
Bài toán được thõa mãn khi pt (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc
bằng - 1

 m ≤ 4
⇔ x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 8 ⇔ 
⇔ m≤2
2

2
4
−
m
≥
m
−
4
m
+
8
(
)


Ví dụ 4: Giải phương trình:

x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x 2 .

Giải: ĐK: x ∈ { 0} ∪ [ 1; +∞ ) ∪ ( −∞; −2] ( *)

(

)

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

(

)

⇔ 4 x 2 x 2 + x − 2 = x 2 ( 2 x − 1) ( do đk (*)).
2

x = 0
⇔ x ( 8x − 9) = 0 ⇔ 
9 ( thỏa mãn đk (*)).
x =
8

2

Vậy pt có hai nghiệm như trên.
Ở ví dụ trên, lưu ý cho học sinh các điểm sau:
1) Bài toán trên còn có cách giải như sau:
* x = 0 là một nghiệm của phương trình.
x − 1 + x + 2 = 2 x ⇔ 2 x2 + x + 2 = 2x − 1
*
9
⇔ 4 x 2 + 4 x − 8 = 4 x 2 − 4 x + 1 ⇔ x = ( tm )
8
x ≥ 1 ⇒ pt ⇔

* x ≤ −2 ⇒ pt ⇔ − x ( 1 − x ) + − x ( − x − 2 ) = 2

( −x) ( −x)

1 − x + − x − 2 = 2 − x ⇔ 2 x 2 + x − 2 = −2 x + 1 ⇔ x =

⇔

9
( loai ) .
8

9
Vậy pt có hai nghiệm x = 0; x=
8

4


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

2) Khi biến đổi , học sinh thường mắc sai lầm khi cho rằng
Đẳng thức này chỉ đúng khi a, b ≥ 0. Nếu a, b ≤ 0 thì

ab = a . b .

ab = −a . −b .

Chú ý: Một số phương trình nếu giải theo cách thông thường thì phức tạp,
vì vậy ta nên tăng cường phát hiện mối quan hệ của các biểu thức trong phương
trình, đôi khi sử dụng phép biến đổi hệ quả.
Ví dụ 5: Giải phương trình:

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

Đk: x ≥ 0
Bình phương hai vế không âm ta được phương trình.

1+

( x + 3) ( 3x + 1)

= x + 2 x ( 2 x + 1) .

Giải phương trình không khó nhưng hơi phức tạp
Sẽ rất đơn giản nếu ta đưa về

3x + 1 − 2 x + 2 = 4 x − x + 3 :

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả:
6 x 2 + 8 x + 2 = 4 x 2 + 12 x ⇔ 2 ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
2

Thử lại , x=1 thõa mãn phương trình. Vậy nghiệm của pt là x = 1.
Nhận xét: Nếu pt:

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + k ( x ) mà có:

f ( x) + h( x) = g ( x) + k ( x)
Thì biến đổi pt về dạng

f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau đó

bình phương hai vế giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm.
Vi dụ 6: Giải phương trinh:

x3 + 1
+ x + 1 = x2 − x + 1 + x + 3

x+3

Đk: x ≥ −1
Bình phương hai vế phương trình?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào ?

5


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

x3 + 1
x + 3 = x 2 − x + 1 x + 1 . Suy ra cách giải
x+3

Ta có nhận xét

như sau: pt

⇔

x3 + 1
− x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1
x+3

Bình phương hai vế ta được pt hệ quả:
x = 1 − 3
x3 + 1
= x2 − x + 1 ⇔ x2 − 2 x + 2 = 0 ⇔ 
x+3

 x = 1 + 3
Thử lại ta có x = 1 ± 3 là nghiệm của pt.
Nhận xét: Nếu pt

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

Mà có f(x)h(x) = g(x)k(x) thì ta biến đổi pt về dạng
f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau đó bình phương hai vế giải pt hệ

quả và thử lại nghiệm.
Bài tập áp dụng:
a.
c..

x + x + 11 + x − x + 11 = 4

e. Tìm m để phương trình

x + 3 − 7 − x = 2x − 8

b.

2 x + 6 x2 + 1 = x + 1

d.

3

x − 1 + 3 x − 2 = 3 2x − 3 .

2 x 2 + 4 x + m = x − 3 có nghiệm.

2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Cơ sở của phương pháp này là: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm
được nghiệm x0 . Như vậy pt luôn phân tích thành dạng tích

( x − x0 ) A ( x ) = 0

ta có thể giải pt A(x) = 0 hoặc chứng minh A(x) = 0 vô nghiệm dựa vào điều
kiện của ẩn.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 2 − x − 3 + x =1 + x .
đk: −3 ≤ x ≤ 2

6


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

pt ⇔ 4

(

) (

4( 1 − x)

)

2 − x −1 −

3 + x − 2 = x −1⇔

2 − x +1

x −1
= x −1
3+ x + 2

−

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

(

)

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

Ví dụ 2: Giải pt:

Đk: x ≤ − 2 hoac x ≥

1+ 5
2

(

)

Pt ⇔ 3x 2 − 5 x + 1 − 3 x 2 − x − 1 = x 2 − 2 − x 2 − 3 x + 4
⇔

−2 ( x − 2 )

(

)

3x 2 − 5 x + 1 + 3 x 2 − x − 1

=

3( x − 2 )
x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4


3
2
⇔ ( x − 2) 
+
 2

2
 x − 2 + x − 3x + 4
3x 2 − 5 x + 1 + 3 x 2 − x − 1

⇔ x = 2 ( tm )

(

3
Do

2

2

x − 2 + x − 3x + 4

+

2
2

(

)

)

2

3x − 5 x + 1 + 3 x − x − 1

=0


÷= 0
÷
÷


vô

nghiệm vì VT > 0 với những x thuộc tập xác định của bài toán.
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của pt.
Bài tập áp dụng: Giải các pt sau:
x+3
5

a.

4 x + 1 − 3x − 2 =

c.

x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5

(

)

b. 3 1 + x − 2 = 2 x + x + 6
d.

3

x 2 − 1 + x = x3 − 2

2.2. Đưa về ‘’hệ tạm’’:
Nếu phương trình vô tỷ có dạng

A + B = C mà A - B = kC, C có thể là

hằng số hoặc là biểu thức của x.
Ta có thể giải như sau:

7


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

A− B
= C ⇒ A − B = k , khi đó ta có hệ:
A− B
 A + B = C
⇒2 A =C +k

A
−
B
=

k

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2 x2 + x + 9 + 2 x2 − x + 1 = x + 4

(

)

2
2
Ta thấy: 2 x + x + 9 − 2 x − x + 1 = 2 ( x + 4 ) t

Pt có nghiệm khi x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −4
X = - 4 không là nghiệm của phương trình.
Với x > - 4 trục căn thức ta có:
2x + 8
2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1

= x + 4 ⇔ 2 x2 + x + 9 − 2 x2 − x + 1 = 2

x = 0
 2 x 2 + x + 9 − 2 x 2 − x + 1 = 2
2
⇒
⇒ 2 2x + x + 9 = x + 6 ⇔ 
8
x =
2

2
 2 x + x + 9 + 2 x − x + 1 = x + 4
7

Thử lại hai giá trị trên thỏa mãn.Vậy pt có hai nghiệm như trên.
Bài tâp áp dụng:
Giải các phương trình sau:
a.

2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x

b.

2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4

3. Phương trình biến đổi về tích:
Một số pt có thể phân tích thành nhân tử.
Chú ý: u+v=1+uv <=>(u-1)(v-1)=0
Biến đổi pt về dạng A2 = B 2 ; A k = B k .
Ví du 1:Giải phương trình: 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 .
Đk: x ≥ −3

8


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

pt ⇔

(

 x = 1( tm )

x
+
3
+
1
=
3
x
x + 3 + 1 = 9x2 ⇔ 
⇔ 
−5 − 97
 x + 3 + 1 = −3x
( tm )
 x =
18

)

2

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + x + 7 = 7
Đk: x ≥ −7

(

)

(

)(

)

pt ⇔ x2 − ( x + 7 ) + x + x + 7 = 0 ⇔ x + x + 7 x − x + 7 + 1 = 0

1 − 29
 x + 7 = −x
x=

⇔
⇔
Vậy pt đã cho có hai nghiệm như trên.
2
 x + 7 = x + 1  x = 2

Ví dụ 3: Giải phương trình:
Đk: x ≥ −1 , pt
⇔

(

x + 3 + 2 x x + 1 = 2x + x2 + 4 x + 3

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

x + 3 − 2x

)(

( x + 3) ( x + 1)

)

x +1 −1 = 0

x ≥ 0
x
+
3
=
2
x
⇔
⇔ x = 1 ( tm ) .
Hoặc

2
x
+
3
=
4
x

Hoặc x + 1 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 ( tm ) .
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
a.

x+3+

4x
=4 x
x+3

b.

c. 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 ) 2

3−x=x

3+x

d. x 2 + x + 5 = 5

II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường đưa về pt đã biết cách giải
Đối với nhiều pt vô tỷ, ta có thể đặt t = f(x) và chú ý điều kiện
của t. Nếu pt ban đầu trở thành pt chứa một biến t thì việc đặt
ẩn phụ xem như hoàn toàn.
Ví dụ 1.Giải phương trình:

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

Đk: x ≥ 1
9

Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Nhận xét:
Đặt

x − x2 − 1 x + x2 − 1 = 1
t= x − x 2 − 1, t > 0 , pt trở thành

1
t + = 2 ⇔ t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1
t
⇒ x − x 2 − 1 = 1 ⇔ x 2 − 1 = x − 1 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1 ( tm )
Vậy phương trình có một nghiệm x = 1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2

( 2 x + 3) ( x + 1)

− 16

Cách 1 HD: Đk x ≥ 1
Đặt a= 2 x + 3 + x + 1; a ≥ 0 ⇒ a 2 = 3 x + 2

( 2 x + 3) ( x + 1)

+4

Pt thành: a = a 2 − 20 ⇔ a = 5 ⇒ 2 x + 3 + x + 1 = 5 .
Đặt a = 2 x + 3; b= x + 1, ( a, b ≥ 0 ) ⇒ …=>a + b = 5 =>x…

Cách 2

Ví dụ 4: Giải phương trình: x + 5 + x − 1 = 6 .
Đk: x ≥ 1
Đặt a = x − 1 ⇒ x = a 2 + 1 ⇒ pt thành
a 2 + a + 5 = 5 ⇔ a 2 − ( a + 5) + a + a + 5 = 0

(

)(
x −1 + 5 = (

)

⇔ a + a + 5 a − a + 5 + 1 = 0 ⇔ a + 5 = a + 1 ⇔ a + 5 = ( a + 1)
⇒

)

2

x −1 +1 ⇔ x −1 = 5 − x

x ≤ 5
11 − 17
⇔ 2
⇔x=
2
 x − 11x + 26 = 0

( tm )

Chú ý: GV có thể hướng dẫn cho HS các cách khác.
Ví dụ 5:Tìm m để pt sau có nghiệm
3+ x + 6− x =m+

( 3 + x) ( 6 − x)

10

2


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

.

t= 3 + x + 6 − x

HD: Đặt

⇒ t2 = 9 + 2

( 3 + x ) ( 6 − x ) ( *)

Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2

( 3 + x) ( 6 − x)

⇒ 3 ≤ t ≤ 3 2 ⇒ pt thành t = m +

≤ 9 , kết hợp với (*)

t2 − 9
⇔ t 2 − 2t − 9 = −2m ( 1)
2

Pt đã cho có nghiệm ⇔ ( 1) có nghiệm t ∈ 3;3 2  .
Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t − 9 với t ∈ 3;3 2  , ta thấy f(t) là hàm đồng
biến trên đoạn trên

(

)

⇒ f ( 3) ≤ f ( t ) ≤ f 3 2 ⇒ −6 ≤ f ( t ) ≤ 9 − 6 2 ⇒ −6 ≤ −2m ≤ 9 − 6 2
⇔

6 2 − 9 
6 2 −9
;3 là những giá trị cần tìm
≤ m ≤ 3 .Vậy m ∈ 
2
2



Lưu ý cho hs qua vd trên: Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị
là Y thì pt có nghiệm trên D ⇔ m ∈ Y .
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:

a. x 2 + x 2 + 11 = 31
b. 3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
c.

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

d.

x 2 + 3x + 2 − 2 2 x 2 + 6 x + 2 = − 2

e. 4 x 2 − 8 x + 3 = 2 x − 1
f. Tìm m để pt sau có nghiệm x 2 + 2 x + 2m 5 − 2 x − x 2 = m 2 .
Nhận xét:Đối với cách đặt ẩn phụ như trên ta chỉ giải quyết được
một lớp bài toán đơn giản, một số bài đối với ẩn mới lại quá khó.
2. Đặt ẩn phụ đưa về pt đẳng cấp bậc hai đối với hai biến:
Chúng ta đã biết cách giải pt: aX 2 + bXY + cY 2 = 0 ( 1)

11


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải: Đk: x ≥

2x − 3 + 2 x + 2 = 34 2x2 + x − 6

3
2

a = 4 2 x − 3, a ≥ 0
Đặt 
pt thành
4
b
=
x
+
2
b
≥
0


a = b
a 2 − 3ab + 2b 2 = 0 ⇔ 
 a = 2b

 x = 5 ( tm )
 4 2x − 3 = 4 x + 2
2x − 3 = x + 2
⇒
⇔
⇔
 x = −35 ( loai )
 4 2 x − 3 = 2 4 x + 2
 2 x − 3 = 16 ( x + 2 )

14
Vậy pt có một nghiệm là x = 5.

Ngoài ra một số các pt dạng sau đưa về pt (1):
aA ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x )
αu + βv = mu 2 + nv 2
2.1. Phương trình dạng : aA ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x )
Với phương trình Q(x) = kP(x) có thể giải bằng phương pháp trên nếu
 P ( x ) = A ( x ) B ( x )

Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x )
Chú ý:

(

)

x3 + 1 = ( x + 1) x 2 − x + 1

(

)(

)

x4 + x2 + 1 = x2 + x + 1 x2 − x + 1

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2x + 1 x2 + 2x + 1

(

)

Ví dụ:Giải phương trình: 2 x 2 + 2 = 5 x3 + 1
Đk x ≥ −1

12


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

3
. pt thành
2

Đặt u = x + 1, v= x 2 − x + 1, u ≥ 0, v ≥

(

2 u2 + v2

)

 x + 1 = 2 x2 − x + 1
u = 2v
5 ± 37
= 5uv ⇔ 

⇒ 
⇔x=
.
1
1
2
u = v
2
x
+
1
=
x
−
x
+
1


2
2

Vậy pt có hai nghiệm như trên.
2.2. Phương trình dạng : au + βv = mu 2 + nv 2
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 .
Đk: x ≥ 1 hoặc x ≤ −1 .
Đặt u = x 2 , v = x 2 − 1, u ≥ 0, v ≥ 0 .Khi đó pt thành
u + 3v = u − v ⇔ ( u + 3v )
2

2

2

v = 0
= u − v ⇔ ... 
⇒ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1( tm )
−3
v = u ( loai )
5

2

2

Ví dụ 2: Giải phương trình:
Đk: …

x 2 + 20 x + 4 + x = 2 x + 4 .

Đặt a = x , b = x + 2 ⇒ ... b 2 + 16a 2 = 2b − a
Bài tập áp dụng:
a.

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

b. x 2 − 3 x + 1 =

− 3 4
x + x2 + 1

3

(

c. 10 x3 + 8 = 3 x 2 − x + 6

)

3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Phương pháp: Một số phương trình khi đặt ẩn mới thì đưa về phương
trình phức tạp hơn phương trình ban

đầu. Vì vậy ta không đưa hoàn

toàn về ẩn mới mà có một số biểu thức của ẩn cũ được giữ lại.
Đặt t = f ( x ) , t ≥ 0; pt đã cho trở thành: t 2 − t.Q ( x ) + P ( x ) = 0

13


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Sau đó giải t theo x rồi thay vào pt

f ( x ) = t rồi đưa ra kết luận.

Ví dụ 1: Giải phương trình: ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
§Æ
t t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2
⇒ x 2 = t 2 + 2 x − 3 ⇒ ( x + 1) t = x 2 + 1 ⇔ ( x + 1) t = t 2 + 2 x − 3 + 1

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

⇒ x = 1 ± 2.
Bài tâp áp dụnga. ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
b. x 2 + x + 5 = 5
c 4 x + 1 − 1 = 3x + 2 1 − x
4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ
4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường như hệ đối xứng loại 1, hệ đã
biết cách giải.

(

)

3
3
3
3

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 35 − x x + 35 − x = 30
3
3
 x + y = 35
Đặt y = 35 − x ⇒ x + y = 35 ⇒ 
 xy ( x + y ) = 30
3

3

3

3

Giải hệ này được ( x; y ) = ( 2;3) ; ( x; y ) = ( 3;2 )
Vậy nghiệm của pt là x = 2; x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

3

2 − x =1 − x −1

Đk: x ≥ 1
2
a = x − 1
a = x − 1 a = 1 − b
⇒ 3
⇒ 2
Đặt 
.

3
3
a
+
b
=
1
b
=
2
−
x
b
=
2
−
x





Giải hệ tìm a, b suy ra x.
Ví dụ 3: Giải phương trình: x + 5 + x − 1 = 6
14


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Đk: x ≥ 1

a 2 + b = 5 ( 1)
Đặt a = x − 1; b = 5 + x − 1; a ≥ 0; b ≥ 0 ⇒  2
.
b − a = 5 ( 2 )
Hệ này biết cách giải. GV gọi HS làm.
Bài tâp áp dụng: Giải các phương trình sau:
2 + x + 3 − x =1+

a.
.

b.

4

( 2 + x) ( 3 − x)

x + 4 17 − x = 3

c. x+ x + 3 2 x − x 2 = 4 + 2 − x
4.2. Đưa về hệ đối xứng loại 2:
Dạng 1: x n + b = a n ax − b
 x n + b = ay
Cách giải: Đặt y = ax + b ta có hệ đối xứng loại 2  n
 y + b = ax
n

Ví dụ: Giải phương trình:

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1

 x3 + 1 = 2 y
Đặt y = 2 x − 1 ⇒  3
 y + 1 = 2 x
3

Giải hệ này ta được x = y = 1 hoặc x = y =
Vậy pt có ba nghiệm là x = 1; x =

−1 ± 5
.
2

−1 ± 5
.
2

Dạng 2: x = a + a + x
 x = a + y
Cách giải: Đặt y = a + x . Ta có hệ đối xứng loại 2: 
 y = a + x
Ví dụ: Giải phương trình: x = 2007 + 2007 + x
Đk: x ≥ 0 .
 x = 2007 + y
Đặt y = 2007 + x ⇒ 
.
 y = 2007 + x
15

Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Giải hệ này ta suy ra x =

8030 + 2 8029
4

( tm )

Dạng 3: Chọn ẩn phụ từ viêc làm ngược
Ví dụ: Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1
Đk x ≥
Đặt

1
2

2 x − 1 = ay + b , Chọn a, b để hệ

2
 x 2 − 2 x = 2 ( ay + b )
( x − 1) = 2ay + ( 2b + 1)
⇔
là hệ đối xứng loai 2.

2
2
( ay + b ) = 2 x − 1
( ay + b ) = 2 x − 1

Suy ra a = 1, b = -1
 x 2 − 2 x = 2 ( y − 1)
. Giải hệ này ta được x = y = 2 + 2 .
 2
y
−
2
y
=
2
x
−
1
(
)

Vậy nghiệm của pt là x = 2 + 2 .
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình:

a. 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 .
b. 4 x 2 − 8 x + 3 = 2 x − 1

Dạng 4:
ax + b = c ( dx + e ) + αx + β;
2

3

ax + b = c ( dx + e ) + αx + β
3

Cách giải: Đặt dy + e = n ax + b ; n = 2, 3,…chon d, e đưa về hệ
đối xứng loai 2.
4x + 9
= 7 x2 + 7 x
28

Ví dụ: Giải phương trình:
Giai : đk: x ≥

−9
4
2

1
4x + 9 
−1 
4x + 9
1
7

Pt ⇔
= 7  x + ÷ − . Đặt y + =
y≥ ÷
2
28
2 
28
2
4




16


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10
2
 
1
9
7  x + ÷ = y +
2
4
 
Ta có hệ: 
2
1
9
 
7
y
+
=
x
+

÷
 
2

4


Giải hệ này suy ra nghiệm của pt đã cho là: x =

−6 + 5 2
−8 − 46
; x=
14
14

Bài tâp áp dung: Giải phương trình: x 2 − 2 x − 3 = x + 3
4.3 Đặt ẩn phu đưa về hệ gần đối xứng
Ví dụ: Giải phương trình: 4 x 2 + 5 − 13 x + 3x + 1 = 0
Nếu biến đổi như các pt trước thì:
Ta chọn α, β sao cho αy + β = 3 x + 1 sau đưa về hệ có thể giải được.
Ta có thể giải như sau:
Đk: x ≥ −
Đặt

1
3

3

3 x + 1 = − ( 2 y − 3) ,  y ≤ ÷. Ta thu được hệ sau:
2


( 2 x − 3) 2 = 2 y + x + 1

⇒ ( x − y ) ( 2 x + 2 y − 5) = 0

2
( 2 y − 3) = 3 x + 1
Với x = y ⇒ x =

15 − 97
8

Với 2 x + 2 y − 5 = 0 ⇒ x =

11 + 73
8

Vậy pt có hai nghiệm như trên.
Chú ý: Phương trình viết như sau: ( 2 x − 3) = − 3 x + 1 + x + 4
2

Ta đặt

3 x + 1 = −2 y + 3 ,nếu đặt 2 y − 3 = 3x + 1 thì chúng ta không thu

được hệ như mong muốn., ta thấy dấu của α cùng dấu với trước căn.
Bài tập áp dụng:

17


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

a.

3

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1

b.

2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

4.4. Chia rồi đặt ẩn phụ
Một số bài toán sau khi chia thì có thể đưa về một ẩn mới
Ví dụ : Giải phương trình:

2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x

Nhận xét: VT> 0 ∀x ∈ ¡
Nếu x ≤ 0 pt vô nghiệm. Chia hai vế cho x ta được
2x2 + x + 1
+
x2

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

1
§Æ
t a = ; a>0 ⇒ 2 + a + a 2 + 1 − a + a 2 = 3 ⇔
x
2 + a + a2 = 3 − 1 − a + a2 ⇒ 2 + a + a2 = 9 + 1 − a + a2 − 6 1 − a + a2
a = 1
a ≤ 4
⇔ 3 1− a + a = 4 − a ⇔  2
⇔
−7

a
=
8
a
−
a
−
7
=
0

8

2

Vì a > 0 nên a = 1 => x = 1. Thử lại ta thấy x = 1 thỏa mãn.
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau

a. x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

b. x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x .
c.Tìm m để pt sau có nghiệm x + 1 + 2 x − 1 = 3m x 2 − 1

18


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
 f ( x ) = 0
f 2 ( x) + g2 ( x) = 0 ⇔ 
 g ( x ) = 0

1. Dùng hằng đẳng thức:
2. Dùng các bất đẳng thức :

 f ( x ) ≥ m
, ∀x ∈ D

 g ( x ) ≤ m

Chứng minh được :

 f ( x ) = m

,x∈D
Khi đó pt f(x) = g(x) với x ∈ D ⇔ 
 g ( x ) = m
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11

HD: đk: 2 ≤ x ≤ 4

(

x −2 + 4− x

) ≤ (1
2

2

+ 12

) ( x − 2 + 4 − x) = 4 ⇒

x −2 + 4− x ≤2

x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3 ) + 2 ≥ 2
2

 x − 2 + 4 − x = 2
⇔ x = 3 ( tm )
Pt tương đương với:  2

 x − 6 x + 11 = 2
Vậy pt có duy nhất nghiệm x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
HD: đk:
Pt ⇔

(

2 − x2 + 2 −

1
1

=
4
−
x
+

÷
x
x2


1
≤ x2 ≤ 2
2

)


1 1
2 − x2 + x +  2 − 2 + ÷= 4
x
x


Theo bđt BunhiaCopsky ta có:

(

2 − x2 + x

)

2

(

)(

)

≤ 12 + 12 2 − x 2 + x 2 = 4 ⇒ 2 − x 2 + x ≤ 2

19


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Tương tự

 2 − x2 + x = 2

1 1
2 − 2 + ≤ 2 ⇒ VT ≤ 4 ⇒ pt ⇔ 
⇔ ... ⇔ x = 1
1 1
x
x
2
−
+
=
2

x2 x


Bài tập áp dụng: Giải các phương trình saua.
b.

3 x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
4

x + 4 1− x + x + 1− x = 2 + 4 8

IV. PHƯƠNG PHÁP VEC TƠ
1.

Phương pháp: Sử dụng các bất đẳng thức vec tơ và xét

trường hợp xảy ra dấu bằng.
v v r r
r
v
a
+ b ≤ a + b . Dấu bằng xảy ra khi a cùng hướng với b
*
r r r r
r
r
* a − b ≤ a + b . Dấu bằng xảy ra khi a ngược hướng với b .
rr r r
r
r
* a.b ≤ a . b . Dấu bằng xảy ra khi a cùng hướng với b .
Ví dụ 1: Giải phương trình:

4 x 2 − 4 x + 2 + 4 x 2 − 12 x + 13 = 13

HD giải:
+ 1 + ( 2 x − 3) + 4 = 13
r
r
r r
a
2
x
−

1;1
;
b
3
−
2
x
;2
⇒
a
+ b = ( 2;3) .
Trong mp Oxy chọn (
) (
)
r r r r
r r
a
+
b
=
a
+
b
⇔
a
; b cùng hướng hay tồn tại
Khi đó phương trình thành
Pt tương đương với

( 2 x − 1)

2

2

r
r
số k dương sao cho b = ka .
5

3 − 2 x = k ( 2 x − 1)
5
x =
⇔
⇔
6 . Vậy nghiệm của pt là x = .
6
2 = k .1
k = 2
Ví dụ 2: Giải phương trình:

9 x3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x 3 = 9 + x 2

HD: đk: … 2 ≤ x ≤ 4

20


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Trong mp Oxy chọn

)

(

r
r
r r
a 9 x3 − 18 x 2 ; 36 x 2 − 9 x 3 ; b ( 1;1) ⇒ a . b = 2. 18 x 2 = 6 x
rr
rr
a.b = VT ⇒ a.b = 9 + x 2
rr r r
2
2
9+
x
=
a
.b ≤ a . b = 6 x ⇔ ( x − 3) ≤ 0 ⇔ x = 3
Từ pt ta có:
Thử lại ta được x = 3 là nghiệm của pt.
Bài tâp áp dụng: Giải các phương trình sau:
a.

5 x 2 + 12 x + 9 + 5 x 2 − 12 x + 8 = 29

b. 10 − 3x − x 2 + 18 − 7 x − x 2 = 77
c.

x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 10 x + 50 = 5 .

PHẦN III : KẾT LUẬN VÀ KIỂM NGHIỆM
Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong khuôn khổ
chương trình lớp 10. Khi dạy xong nội dung này cho học sinh, đa số các em đã
có được kỹ năng giải bài tập về phần này tốt hơn, biết nhận dạng cũng như biết
cách đưa một phương trình vô tỷ hay bất phương trình vô tỷ về dạng quen thuộc
đã biết cách giải và còn có thể làm được các bài tập chứa căn thức khác nữa. Cụ
thể là trước khi dạy chuyên đề này thì 10% học sinh trong lớp chưa thành thạo
giải bài tập phương trình vô tỉ dạng nhận biết. Sau khi dạy xong chuyên đề này
thì 100% học sinh biết làm bài tập phương trình vô tỉ ở dạng thông hiểu, học
sinh hứng thú hơn với việc học toán. Từ đó học sinh phát triển kỹ năng, kỹ xảo,
tư duy, chuẩn bị tốt cho việc ôn thi Đại học. Tuy vậy biển học là vô cùng, sự
sáng tạo của con người là vô hạn.
Dù cố gắng tìm tòi, nhưng bài viết còn nhiều hạn chế, mong các thầy cô
góp ý chân thành và bổ sung.

21


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

Thiệu Hóa, ngày 10 tháng 5 năm
2018
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép
nội dung của người khác

Lê Anh Dũng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phương pháp giải phương trình vô tỷ của Nguyễn Quốc Hoàn.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ của Nguyễn

Phi Hùng.
3. SGK và SBT Đại số 10 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục.

4. vnmath.

22


Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong chương trình lớp 10

MỤC LỤC
TT
Phần I:
Phần II
I.
1
2
2.1
2.2
3
II.
1
2

3
4
4.1
4.2
4.3
4.4
III.
IV.
Phần III

Nội dung
Lời nói đầu
Nội dung
Phương pháp biến đổi tương đương
Các dạng cơ bản
Trục căn thức
Trục căn thức xuất hiện nhân tử chung
Trục căn thức đưa về hệ tạm
Phương trình biến đổi về tích
Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đã biết cách giải
Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 2
Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Đặt ẩn phụ đưa về hệ
Đặt ẩn phụ đưa về hệ loại 1 và hệ đã biết cách giải
Đặt ẩn phụ đưa về hệ loại 2
Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng
Chia rồi đặt ẩn phụ
Phương pháp đánh giá
Phương pháp véc tơ

Kết luận và kiểm nghiệm

Trang
1
1- 20
1- 9
1–6
6- 8
6-7
7- 8
8- 9
9- 18
9- 10
10- 13
13
13
13 -14
14- 17
16- 17
17
18- 19
19- 20
20

23