SKKN một số phương pháp giải phương trình vô tỷ sau khi nhân lượng liên hợp

MỤC LỤC
Mục lục
I.
II.
III.
IV.
I.
II.
III.
1.
1.1.
1.2.
1.3.
2.
2.1.
2.2.
2.3.
2.3.
1
2.3.
2
2.4.
2.5.
IV.
I.
II.

A. Mở đầu
Lý do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu
B. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng
sáng kiến kinh nghiệm
Một số giải pháp
Kỹ thuật nhân lượng liên hợp
Lý thuyết cơ bản
Một số hằng đẳng thức
Phương pháp nhân lượng liên hợp.
Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ
sau khi nhân lượng liên hợp
Phương pháp đánh giá hai vế
Phương pháp lũy thừa hai vế
Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ đưa về hệ hai ẩn
Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất
bậc hai hai ẩn
Phương pháp hàm số
Phương pháp dùng hằng đẳng thức, bất
đẳng thức quen thuộc
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
C. Kết luận và kiến nghị
Kết luận
Kiến nghị và đề xuất
Tài liệu tham khảo

Trang
1
2

2
2
2
2
3
3
3
4
4
4
4
5
7
7
11
14
14
17
18
20
21
22
22
22
24

A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
1

Trong chương trình toán trung học phổ thông, bài toán “giải
phương trình vô tỷ” là một trong những bài toán hay và khó. Khi
gặp bài toán giải phương trình vô tỷ học sinh dựa vào công cụ
hỗ trợ là máy tính cầm tay có thể dễ dàng biết được phương
trình có nghiệm bằng bao nhiêu nhưng việc nhìn ra cách giải thì
các em còn lúng túng và thường mắc nhiều sai sót trong quá
trình giải quyết.
Trong các đề thi Đại học - Cao đẳng các năm, các đề thi chọn
học sinh giỏi cấp tỉnh từ trước đến nay hay đề thi THPT Quốc
Gia, đề thi học sinh giỏi, bài toán “giải phương trình vô tỷ” bằng
cách nhân lượng liên hợp thường xuất hiện. Để giải quyết bài
toán đó học sinh thường sử dụng các cách giải của phương trình
vô tỷ. Tuy nhiên khi áp dụng học sinh thường gặp phải khó khăn
trong việc nhìn ra cách giải thích hợp phương trình sau khi nhân
lượng liên hợp. Trong đề tài này, tôi xin trình bày “Một số
phương pháp giải phương trình vô tỷ sau khi nhân lượng
liên hợp” và khắc phục những khó khăn thường của các em
học sinh khi gặp bài toán giải phương trình vô tỷ, các bài tập
đưa ra nhằm phục vụ cho mục đích đó.
Với mục đích là giúp các em học sinh có thể giải quyết được dễ
dàng hơn đa số các bài toán “giải phương trình vô tỷ sau khi
nhân lượng liên hợp” và có phương pháp vững chắc về giải
phương trình vô tỷ.
II. Mục đích nghiên cứu
Đề tài giúp các em học sinh Trung học phổ thông có kiến thức
và phương pháp vững chắc để giải quyết bài toán giải phương
trình chứa căn thức bằng phương pháp nhân lượng liên hợp
trong các đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi tỉnh,...Đồng
thời rèn luyện cho các em kỹ năng giải và trình bày bài toán

này. Góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán trong
Nhà trường.
III. Đối tượng nghiên cứu
Để hoàn thành đề tài nói trên tôi đã nghiên cứu dựa trên các
phương pháp giải phương trình chứa căn thức trong chương
trình Đại số và Giải tích thuộc môn Toán Trung học phổ thông.
IV. Phương pháp nghiên cứu
Đề tài đã thực hiện các phương pháp nghiên cứu như:
2


- Nghiên cứu lý luận: nghiên cứu các tài liệu về phương trình
chứa căn thức trong chương trình Toán Trung học phổ thông.
- Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực của học sinh giải
quyết bài toán có chứa căn thức bằng cách nhân lượng liên hợp.
- Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành dạy thực nghiệm trên một
số đối tượng học sinh cụ thể để đánh giá tính khả thi và hiệu
quả của đề tài.

B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài được nghiên cứu và thực hiện trên thực tế kinh
nghiệm đã giảng dạy các tiết học Tự chọn và Ôn thi Trung học
phổ thông Quốc Gia, ôn thi học sinh giỏi phần “phương trình vô
tỷ”.
Khi giải bài tập toán, học sinh phải được trang bị các kiến
thức cơ bản của lớp dưới, các kỹ năng phân tích đề bài để từ đó
suy luận ra quan hệ giữa kiến thức cũ và kiến thức mới, giữa bài
toán đã làm và bài toán sẽ làm, hình thành phương pháp giải
toán bền vững và sáng tạo.

Các tiết dạy bài tập phải được thiết kế theo hệ thống từ dễ
đến khó nhằm gây hứng thú cho học sinh, kích thích óc tìm tòi,
sáng tạo của học sinh.
Hệ thống bài tập phải giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm
bắt những kiến thức cơ bản nhất và dần dần phát triển khả
năng suy luận, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một
cách linh hoạt và sáng tạo vào giải thuật của một bài toán. Từ
đó học sinh có hứng thú và tạo ra động cơ học tập tốt đối với
môn Toán, đồng thời phát triển được năng lực và phẩm chất của
người học.
II. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
kinh nghiệm.
Trong quá trình giảng dạy phương trình, bất phương trình
vô tỷ, các dạng bài tập ở mức độ vận dụng và vận dụng cao,
phương pháp giải bằng phương pháp nhân đại lượng liên hợp,
tôi thấy học sinh đã giải quyết được vấn đề nhân lượng liên hợp
nhưng khi gặp phương trình sau khi nhân liên hợp đa số các em
còn lúng túng và thường giải sai hoặc không giải quyết được
3


tiếp bài toán,.... Từ đó tôi nghĩ phải nghiên cứu và trang bị cho
các em một số phương pháp cơ bản để giúp các em giải quyết
được tốt hơn phương trình vô tỷ gặp phải sau khi nhân lượng
liên hợp và giúp các em bớt ngại khi gặp bài toán giải phương
trình vô tỷ. Sau một thời gian nghiên cứu tôi thấy nếu đưa ra
được một hệ thống các cách giải phương trình vô tỷ gặp phải
sau khi nhân lượng liên hợp có thể giải quyết được vấn đề khó
khăn của các em học sinh thường gặp.
Đánh giá thực trạng:

Năm học 2016-2017, tôi được phân công tiếp tục giảng
dạy hai lớp đầu khối 11A; 11B của nhà trường, ngay từ đầu năm
học để kiểm tra kiến thức các em đã tích lũy ở lớp 10, kiến thức
trong ôn đội tuyển học sinh giỏi và cũng để kiểm nghiệm sử
dụng phương pháp tôi đã thực hiện khảo sát ở hai lớp 11A và
11B, mỗi lớp 15 em học sinh có năng lực khá – giỏi trở lên bằng
2 bài tập sau:
Bài 1. Giải phương trình 2 x − 6 + x + 6 − 3 x − 2 = 0 .
x2 + 2x − 8
= ( x + 1)( x + 2 − 2)
Bài 2. Giải phương trình 2
x − 2x + 3

Kết quả thu được như sau:
Giải quyết được
được
phương
trình
liên
sau nhân lượng
liên hợp
11A
15/15
10/15
8/15
1
11B
15/15
8/15
7/15

11A
15/15
15/15
4/15
2
11B
15/15
13/15
1/15
Từ kết quả đó tôi thấy: Rất nhiều học sinh xử lý được khâu
mở đầu, các em đã tìm ra được nghiệm hoặc một nghiệm của
phương trình bằng cách xử dụng máy tính và nhân lượng liên
hợp. Tuy nhiên số lượng các em học sinh không giải quyết được
trọn vẹn bài toán sau khi nhân lượng liên hợp còn nhiều. Trong
đó, chưa có kỹ năng và định hướng phương pháp giải là chủ
yếu.
III. Một số giải pháp

Đặt được điều Nhân
Bài Lớp kiện
của lượng
phương trình
hợp

4


Trước khi trình bày về một số phương pháp giải phương
trình vô tỷ sau khi nhân lượng liên hợp, tôi xin trình bày phương
pháp nhân lượng liên hợp trong bài toán giải phương trình chứa

căn thức.
1. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp.
1.1. Lý thuyết cơ bản: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên D .
Nếu x = x0 là nghiệm phương trình f ( x ) = 0 khi và chỉ khi x0 ∈ D ;
f ( x0 ) = 0 . Theo định lí Bơzu nếu x = a là một nghiệm của đa

thức P ( x ) thì P ( x ) = ( x – a ) P1 ( x ) .
Từ đây ta có nhận xét: Nếu x = x0 là một nghiệm của
phương trình f ( x ) = 0 thì ta có thể đưa phương trình f ( x ) = 0 về
dạng ( x – x0 ) F ( x ) = 0 và khi đó việc giải phương trình f ( x ) = 0 được
quy về giải phương trình F ( x ) = 0 .
1.2. Một số hằng đẳng thức:
x2 − y 2 = ( x − y ) ( x + y )

x 3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 )

x4 − y 4 = ( x − y ) ( x + y ) ( x2 + y 2 )

x n − y n = ( x − y ) ( x n −1 + x n− 2 y + ... + xy n −2 + y n−1 )

Từ các hằng đẳng thức này ta tìm được các biểu thức liên
hợp tương ứng trong các bài toán giải phương trình chứa căn
thức như:
A− B =
A+ B =

A− B
; A2 + B2 > 0 ; A ≥ 0 ; B ≥ 0
A+ B
A− B

; A2 + B2 > 0 ; A ≥ 0 ; B ≥ 0 ; A ≠ B …
A− B

1.3. Phương pháp nhân lượng liên hợp đưa phương trình
về dạng: ( x – x0 ) F ( x ) = 0
Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ minh họa về cách tìm
đại lượng liên hợp để biến đổi phương trình về dạng tích

( x – x0 ) F ( x ) = 0 , mà chưa đưa ra cách giải quyết triệt để bài toán.
Ví dụ 1. Giải phương trình x 3 − 6 x 2 + 12 x − 10 + x + 2 = 0
Lời giải

5


Sử dụng máy tính cầm tay hoặc nhẩm nghiệm ta thấy x = 2 là
một nghiệm của phương trình. Từ đây ta biến đổi phương trình
như sau:
Điều kiện: x ≥ −2
x 3 − 6 x 2 + 12 x − 10 + x + 2 = 0 ⇔ x 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 + x + 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 2) ( x2 − 4 x + 4) +

x−2

= 0 ⇔ ( x − 2)  x2 − 4 x + 4 +
x+2+2


1


÷= 0
x+2 +2

Đến đây, việc giải ra nghiệm x = 2 là dễ dàng.
Ví dụ 2. Giải phương trình 7 x 2 + 48 x + 7 7 x + 3 − 21 = 0
Lời giải
Học sinh nhẩm nghiệm sẽ được nghiệm x =

1
hoặc sử dụng máy
7

tính sẽ được nghiệm x = 0,14285714286 . Nhưng nếu các em ấn
chuyển về phân số sẽ được x =

1
và từ đây ta biến đổi phương
7

trình theo cách sau:
3
7

Điều kiện: x ≥ − .
Phương

7 x 2 + 48 x − 7 + 7

trình

⇔ ( 7 x − 1) ( x + 7 ) +

(

)

7x + 3 − 2 = 0

7x −1
=0
7x + 3 + 2

Từ đây việc đưa về phương trình tích trở và tìm được nghiệm
x=

Ví

1
trở nên đơn giản.
7

dụ

3.

Giải

phương

trình

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

Lời giải

(

1 + 5

; +∞ ÷
 2


Điều kiện: x ∈ −∞; − 2  ∪ 

Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình, như vậy

phương trình có thể phân tích về dạng ( x – 2 ) .F ( x ) = 0 . Ta nhận
thấy:
(3 x 2 − 5 x + 1) − (3 x 2 − 3 x − 3) = −2 x + 4 = −2( x − 2) ;

(x

2

− 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3x − 6 = 3 ( x − 2 )
6


Từ đó ta biến đổi phương trình như sau:

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

Nhân liên hợp hai vế ta được:
−2 x + 4
3x − 5 x + 1 + 3x − 3x − 3
2

2

=

3x − 6
x − 2 + x2 − 3x + 4
2

 x=2
⇔
−2

=
2
2
 3 x − 5 x + 1 + 3 x − 3 x − 3

3
x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

2
Ví dụ 4. Giải phương trình 3x + 4 x + 1

(

(*)

)

x2 + 2x − 2x − 1 = x2 + 1 .

Lời giải
1
2

Điều kiện: x ≥ .
2
2
Ta nhận thấy ( x + 2 x ) − ( 2 x − 1) = x + 1 nên ta biến đổi phương trình về dạng

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

= x 2 + 1 ⇔ x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1 (*)

Tuy nhiên, không phải bất kỳ bài toán chứa căn thức nào cũng
nhìn ra được đại lượng liên hợp một cách dễ dàng như trên, mặc
dù bài toán đó vẫn sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp
để giải.
Ví dụ 5. Giải phương trình x 2 + x − 1 = ( x + 2 ) x 2 − 2 x + 2
Lời giải

Đối với bài này, khi học sinh bấm máy sẽ được nghiệm
x1 = 3,828427125 . Đến đây nhiều em sẽ bỏ cuộc hoặc chọn sang
hướng giải khác. Tuy nhiên nếu ta tiếp tục sử dụng máy tính sẽ
biết được phương trình có thêm nghiệm x2 = −1,828427125 . Từ đó
các em sẽ thấy một biểu thức quen thuộc x1 + x2 = 2 và x1.x2 = −7 .
Như vậy bài toán có thể đưa được về nhân tử chung là x 2 − 2 x – 7 .
Vấn đề khó khăn đầu tiên của bài toán đã được giải quyết.
Mặc dù vậy, nhưng không phải em nào cũng sử dụng mấy
tính có thể giải được nghiệm của các phương trình chứa căn.
Vậy ta có cách nào khác để giải quyết vấn đề trên không?. Đối
với những em không sử dụng máy tính có thể giải ra nghiệm thì
các em có thể sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số để tìm ra
7


biểu thức cần nhân liên hợp. Tôi xin quay lại Ví dụ 5 ở trên và
đưa ra cách khác để tìm nhân tử chung x 2 − 2 x – 7 như sau:
Do x = −2 không thỏa mãn nên ta giả sử:
x2 + x − 1
x − 2 x + 2 − ( ax + b ) =
− ( ax + b )
x+2
2

(1− a ) x
⇔
2

2

− 2 ( 1 + ab ) x + 2 − b 2

x 2 − 2 x + 2 + ( ax + b )

=

( 1 − a ) x 2 + ( 1 − 2a − b ) x − 1 − 2b
x+2

1 − a 2 2 ( 1 + ab ) b 2 − 2
a
Từ đây ta chọn , b thỏa mãn hệ thức:
=
=
1 − a 2a + b − 1 2b + 1
Suy ra a = 0 và b = 3 thỏa mãn.

Chú ý. Trước khi nhân liên hợp phải xét xem thử biểu thức dưới
mẫu sau khi nhân liên hợp có triệt tiêu hay không.
Trên đây chỉ là một số ví dụ minh họa về một số cách để tìm ra
biểu thức nhân liên hợp. Ngoài các cách trên còn có một số
cách khác mà trong đề tài này tôi xin không đề cập hết.
2. Một số phương pháp giải phương trình sau khi nhân
lượng liên hợp.
Sau khi nhân liên hợp, tôi định hướng học sinh suy nghĩ
cách xử lý bài toán theo các hướng sau đây và đây cũng là nội
dung chính của đề tài.
2.1. Phương pháp đánh giá hai vế.
Đối với phương pháp này chúng ta có thể dựa vào điều
kiện của bài toán để đánh giá trực tiếp hoặc đánh giá qua đại

lượng trung gian, hàm số,….
Ví dụ 1 (Khối B - 2010). Giải phương trình
3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0 ; x ∈ ¡
Lời giải
1
3

Điều kiện: − ≤ x ≤ 6
Sử dụng máy tính hoặc nhẩm nghiệm ta thấy x = 5 là một
nghiệm của phương trình. Sử dụng phương pháp nhân liên hợp
ta có:

(

) (

)

3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0

⇔

3( x − 5)

x−5
+ ( x − 5 ) ( 3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
+

8

 x=5
⇔
3
1

+
+ 3 x + 1 = 0 (*)
 3 x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1
 1 
+
+ 3 x + 1 > 0; ∀x ∈  − ;6  Suy ra phương trình
Ta có
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
 3 

( *) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x

= 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình
)

x − 2 + 4 − x = 2 x 2 − 5 x − 1 (Tạp chí THTT

Lời giải
Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 .
Nhận thấy phương trình có nghiệm x = 3 nên ta nghĩ đến cách

giải phương trình trên bằng phương pháp nhân lượng liên hợp.
x − 2 − 1 + 4 − x − 1 = 2 x2 − 5x − 3 ⇔

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

x=3


⇔
1
1

−
= 2 x + 1 (*)
 x − 2 + 1
4 − x +1
Ta có: VT(*) ≤ 2 − 2 và VP(*) ≥ 5 với mọi 2 ≤ x ≤ 4 .

Suy ra phương trình ( *) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 .
Ví dụ 3. Giải phương trình 2 x 2 + ( x − 1) x + 1 = 5 x + 7
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −1
Ta thấy phương trình có nghiệm x = 3 nên ta biến đổi phương
trình như sau:

2 x 2 + ( x − 1) x + 1 = 5 x + 7 ⇔ ( x − 1)

(

)

x + 1 − 2 + 2 x 2 − 3x − 9 = 0

 x=3
( x − 3) ( 2 x + 3) = 0 ⇔  x − 1 + 2 x + 3 = 0 (*)
x +1 + 2
 x + 1 + 2
x −1
x −1
≥ −1 và 2 x + 3 ≥ 1 . Suy ra
+ 2x + 3 ≥ 0
Với x ≥ −1 ta có:
x +1 + 2
x +1 + 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = −1 . Vậy phương trình có nghiệm x = 3 ;
x = −1 .

( x − 1) ( x − 3) +
⇔

9


Ví dụ 4. Giải phương trình

x + 1 + 2x + 3 = x2 − x −1

Lời giải
Điều kiện: x ≥ −1
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
 x = 3 (t/m)

1
2
x + 1 − 2 + 2x + 3 − 3 = x2 − x − 6 ⇔ 
+
= x + 2 (*)
 x + 1 + 2
2x + 3 + 3

Với x ≥ −1 , ta có:

x + 1 + 2 ≥ 2 và 2 x + 3 + 3 ≥ 4
1
2
1 1
+
≤ + =1≤ x + 2
Suy ra
x +1 + 2
2x + 3 + 3 2 2
( *)
Do
đó
phương

trình
tương

đương

với:

1
2

+
=1

⇔ x = −1
2x + 3 + 3
 x +1 + 2
 x + 2 =1

Vậy phương trình có nghiệm x = −1 ; x = 3 .

Nhận xét. Từ Ví dụ 3 và Ví dụ 4 nhiều em sẽ đặt ra câu hỏi: Tại
sao ta không biến đổi bài toán về tích có thừa số

( x + 1) mà lại

chọn ( x – 3) ? Ở đây ta thấy biểu thức

( x + 1) nằm dưới dấu căn
thức nên nếu ta đưa về nhân tử ( x + 1) thì sẽ biến đổi phương
trình về phương trình ( *) phức tạp và việc giải quyết tiếp bài

toán sẽ khó khăn hơn. Nên việc chọn biểu thức liên hợp cũng
ảnh hưởng rất nhiều đến việc giải bài toán sau khi nhân liên
hợp.
Ví dụ 5. Giải phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 = x 2 + 7 x + 12 ( 1)
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −2
Ta có ( 1) ⇔ ( x + 1)

(

)

x + 2 − 2 + ( x + 6)

 x +1
⇔ ( x − 2) 
+
 x+2+2

(

)

x + 7 − 3 = x2 + 2x − 8

x+6 
÷ = ( x − 2) ( x + 4)
x+7 +3

 x = 2 (t/m)

⇔  x +1
x+6
. Nếu −2 ≤ x ≤ −1 thì

+
= x + 4 (*)
 x + 2 + 2
x+7 +3

x +1
≤ 0 và
x+2 +2

x+6
< x + 4 nên phương trình (*) vô nghiệm
x+7 +3
10


x+6
x+6
<
nên phương trình (*) vô
2
x+7 +3
nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .

Nếu x > −1 thì

x +1

x +1
≤
và
2
x+2 +2

Ví dụ 6. Giải phương trình x 3 − 3x + 1 = 8 − 3x 2
Lời giải
Điều kiện: −

2 6
2 6
≤x≤
,
3
3

Ở bài này, khó là ở chỗ ta không thể nhẩm ra ngay được nghiệm của phương
trình để dùng lượng liên hợp. Tuy nhiên với sự hỗ trợ của chiếc máy tính Casio
fx570 ES thì mọi chuyện có vẻ dễ dàng hơn!
Thật vậy, ta sẽ lần lượt dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của
phương trình là: x1 = −0,6180339887... ; x2 = 1,618033989... sau đó gán hai
nghiệm này vào hai biến A và B .
Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng
cách tình A + B và AB , ta thu được kết quả “đẹp” sau: A + B = 1 , AB = −1 .
Điều đó đã chứng tỏ A , B là hai nghiệm của phương trình: X 2 − X − 1 = 0
Và từ đây, ta có thể dự đoán được x 2 − x − 1 chính là nhân tử của phương trình.
Như vậy vấn đề khó khăn nhất đã được giải quyết.
Ta viết phương trình đã cho lại thành: x 3 − 3x + 1 − ( px + q ) − 8 − 3x 2 + px + q = 0
⇔ x − 3x + 1 − ( px + q ) +

3

⇔x

Đến

(p

2

3

(p
− ( p + 3) x + 1 − q +
đây,

để

2

− ( 8 − 3x 2 )

8 − 3 x 2 + px + q
2

=0

+ 3) x 2 + 2 pqx + q 2 − 8
8 − 3 x 2 + px + q

xuất

hiện

= 0 (1)

nhân

tử

x 2 − x − 1 thì

+ 3) x 2 + 2 pqx + q 2 − 8 = k ( x 2 − x − 1) với k là một hệ số. Chọn k = 4 thì ta

được một cặp
x − 2x −1 + 4
3

( px + q )

( p, q ) thỏa mãn là ( p, q ) = ( −1;2 ) . Khi đó (1) trở thành:



4
= 0 ⇔ ( x 2 − x − 1)  x + 1 +
÷= 0
8 − 3x 2 + 2 − x
8 − 3x 2 + 2 − x 


x2 − x − 1

 x 2 − x − 1 = 0 (1)
⇔ 
4
x +1+
= 0 (*)
2

8 − 3x + 2 − x

Phương trình ( 1) ⇔ x =

1± 5
2
11


Xét phương trình ( *) : x + 1 +

4
8 − 3x + 2 − x
2

=0

Xét hàm f ( x ) = 8 − 3x 2 + 2 − x trên −

2 6
2 6

≤x≤
3
3

−3 x

−3 x

Ta có: f ′ ( x ) =

8 − 3x2

− 1 ⇒ f ′( x) = 0 ⇔

8 − 3x 2

=1⇔ x = −

2
3

Ta có bảng biến thiên:

⇒ f ( x) ≤
⇒ x +1+

6+4 6
2 6
6+4 6
kết hợp với x ≤

⇒ 0 < f ( x) ≤
3
3
3
4
8 − 3x 2 + 2 − x

= x +1+

4
2 6
12
≥−
+1+
> 0 nên phương trình
f ( x)
3
6+4 6

( *) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm

x=

1± 5
.
2

Nhận xét. Việc đánh giá phương trình (*) có thể trực tiếp hoặc
là gián tiếp thông qua một hằng số, một biểu thức trung gian,
dùng hàm số. Từ đó sẽ giúp chúng ta chứng minh được phương

trình (*) vô nghiệm hoặc có thêm nghiệm nữa.
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a) x + 3 + x 2 + x = 2 + 3x + 1
b)

3

x 2 − 1 + x = x3 − 2

c) 3x + x 2 + 5 = 5 + x 2 + 12 .
2.2. Phương pháp lũy thừa hai vế.
+/ Ta có một số phép biến đổi bình phương hai vế:
a)

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

b)

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

c)

f ( x) ± g ( x) = c
12

d)

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) (Đặt điều kiện, lũy thừa hai vế đưa về dạng b)

+/ Thông thường khi gặp phương trình A + B = C + D , ta thường bình
phương hai vế, tuy nhiên nhiều trường hợp điều đó lại gặp khó khăn.
+/ Đối với phương trình dạng

3

A + 3 B = 3 C => A + B + 3 3 AB

(

3

)

A + 3 B = C , và ta

sử dụng phép thế 3 A + 3 B = 3 C ta được phương trình A + B + 3 3 ABC = C .
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x − 6 + x + 6 − 3 x − 2 = 0 .
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 2
Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình, do đó ta có thể

đưa phương trình về dạng: ( x – 3) .F ( x ) = 0 nên ta biến đổi phương
trình như sau:
2 ( x − 3) + x + 6 − 3 x − 2 = 0 ⇔ 2 ( x − 3) −

8( x − 3)
=0
x+6 +3 x−2

 x=3
⇔
8
2 −
= 0(*)
x+6 +3 x−2


Như

vậy,

việc

giải

phương

trình 2 x − 6 + x + 6 − 3 x − 2 = 0

đến đây ta chỉ cần giải phương trình ( *) .
Ta có: 2 −
⇔ x+6+6

8

= 0 ⇔ x+6 +3 x−2 = 4
x+6 +3 x−2

( x + 6 ) ( x − 2 ) + 9 ( x − 2 ) = 16 ⇔ 3 ( x + 6 ) ( x − 2 )

= 14 − 5 x

14

x≤ 5
⇔
.
9 ( x + 6 ) ( x − 2 ) = ( 14 − 5 x ) 2


Giải ra ta được nghiệm x =

11 − 3 5
thỏa mãn.
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 và x =
Ví dụ 2. Giải phương trình

5x − 1

(

)

11 − 3 5
.
2

2x − 4 − x −1 = x − 3

Lời giải

13


Ta thấy ( 2 x − 4 ) − ( x − 1) = x − 3 , nên từ đây ta nghĩ tới việc nhân liên
hợp, biến đổi phương trình về dạng tích có nhân tử
sau:
Điều kiện: x ≥ 2
Ta có:

5x − 1

(

)

2x − 4 − x − 1 = x − 3 ⇔ 5x − 1

( x – 3) như

x−3
= x−3
2x − 4 + x −1

 x = 3 (t/m)
⇔
 5 x − 1 = 2 x − 4 + x − 1 (*)

Với x ≥ 2 , ta có: pt(*) ⇔ 5 x − 1 = x − 1 + 2 x − 4
⇔ x −1 + 2

( 2 x − 4 ) ( x − 1) + 2 x − 4 = 5 x − 1 ⇔ ( 2 x − 4 ) ( x − 1) = ( x + 2 ) 2 (Do

x ≥ 2)

 x=0

nên suy ra ⇔ 
. Đối chiếu điều kiện ta có x = 10 thỏa mãn.
 x = 10
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 ; x = 10 .

2
2
Ví dụ 3. Giải phương trình ( x − 3x + 1) 4 x + 5 = 3 x − 7 x + 1

Lời giải
5
4

Điều kiện: x ≥ − .
Ta thấy phương trình có một nghiệm x = 1 nên ta biến đổi phương trình đã cho
như sau: ( x − 3x + 1)

2

(

4x + 5 − 3

)

(x
= 2 ( x − 1) ⇔

2

− 3 x + 1) ( 4 x − 4 )
4x + 5 + 3

= 2 ( x − 1)

 x = 1 (t/m)
⇔ 2
 2 x − 6 x − 1 = 4 x + 5 (*)

Đến đây ta nhận thấy phương trình ( *) có nghiệm và nghiệm không “đẹp” nữa
nên việc giải quyết tiếp sẽ trở nên khó khăn. Tuy nhiên nếu ta đặt t = 4 x + 5 ,
t2 − 5
. Thay vào (*) ta có phương trình sau:
4
t 4 − 10t 2 + 25 6 2
2
− ( t − 5 ) − 1 = t ⇒ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0

16
4

t ≥ 0 thì x =

⇒ ( t 2 + 2t − 7 ) ( t 2 − 2t − 11) = 0

Ta tìm được 4 nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2 ; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các giá trị t1 = −1 + 2 2 ; t3 = 1 + 2 3
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là x = 1 − 2 và x = 2 + 3
14


Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1; x = 1 − 2 và x = 2 + 3
Nhận xét. Ở trong Ví dụ 3, việc đặt t = 4 x + 5 là để cho bài toán đở phức tạp
hơn, còn bản chất của bài toán vẫn giải bằng cách bình phương hai vế của

phương trình ( *) . Nếu bạn nào xem ( 4 x + 5 ) là ẩn của phương trình thì để
nguyên bình phương hai vế vẫn giải được một cách bình thường. Tất nhiên nếu
làm vậy sẽ gặp khó khăn trong việc phân tích thành phương trình tích để tìm
nghiệm.

(

Ví dụ 4. Giải phương trình 2 − 2 x = 2 x + 2 x + 2

)(

x + 3 − 3x + 1

)

Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0
Đối với phương trình này ta thấy việc nhân tung vế phải ra để
giải là không khả quan và làm cho bài toán trở nên rắc rối hơn.

Tuy nhiên nếu xem xét x + 3 − 3x + 1 thì ta có: ( x + 3) − ( 3x + 1) = 2 − 2 x ,
từ đó gợi cho ta cách biến đổi phương trình như sau:

(2
2 − 2x =

)

x + 2x + 2 ( 2 − 2x )
x + 3 + 3x + 1

 x = 1 ( t/m )

⇔  2 x + 2x + 2
= 1 ( *)
 x + 3 + 3 x + 1

Ta thấy nếu bình phương hai vế không âm của phương trình (*):
x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2 x + 2

Ta được 1 +

( x + 3) ( 3x + 1)

= x + 2 x ( 2 x + 2 ) , để giải phương trình này sẽ rất

phức tạp. Phương trình sẽ rất đơn giản nếu ta biến đổi và giải như sau:
x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2 x + 2 ⇒ 3x + 1 − 2 x + 2 = 4 x − x + 3
⇒ 5x + 3 − 2

( 3x + 1) ( 2 x + 2 )

( 3x + 1) ( 2 x + 2 )

⇒

= 5 x + 3 − 2 4 x ( x + 3)

= 4 x ( x + 3) ⇒ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm x = 1 .

Nhận xét. Nếu phương trình F ( x ) = 0 có dạng
mà

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

có

thì

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

ta

biến

đổi

về

dạng

f ( x) − h ( x) = k ( x) − g ( x)

sau đó ta bình phương giải phương trình hệ quả.
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
5x + 1

a)
b)

(

(

)

x + 1 − 2 x − 2 = 5 − 3x

)

2 x − 1 − 1 ( 3x − x 2 ) = 2 x − 2 .
15

2.3. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Trong phần này, tôi chỉ đưa ra một số dạng phương trình giải
bằng cách đặt ẩn phụ mà các em học sinh có thể gặp phải sau
khi nhân lượng liên hợp.
2.3.1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ 2 ẩn
Nếu phương trình

F ( x) = 0

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) , mà

có dạng

f ( x ) − g ( x ) = α h ( x ) , h ( x ) có thể là hằng số, có thể là biểu thức
chứa x . Ta có thể giải như sau:
f ( x) + g ( x) = h( x) ⇒

Khi đó đặt

f ( x) = a ;

f ( x) − g ( x)

f ( x) − g ( x)

= h ( x) ⇒

f ( x) − g ( x) = α

g ( x) = b

 f ( x) − g ( x) = α

⇒ 2 f ( x) = α + h( x)
Ta có hệ 
 f ( x ) + g ( x ) = h ( x )

( *)

Từ đó ta sử dụng phương pháp hợp lý để tìm nghiệm của
phương trình (*).
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x 2 + x + 9 = x + 4 − 2 x 2 − x + 1
Lời giải
Điều kiện: x ∈ ¡

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

nghiệm
Xét x ≠ −4 , ta có

và x = −4 không phải là

2x2 + x + 9 = x + 4 − 2x2 − x + 1

⇒ 2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4

Nhân liên hợp vế trái ta được:

2 ( x + 4)
2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1

= x + 4 ⇒ 2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2
a − b = 2

⇒ 2a = x + 6
Đặt a = 2 x 2 + x + 9 ; b = 2 x 2 − x + 1 . Ta có hệ: 
a + b = x + 4

Thay trở lại và giải bằng phương pháp lũy thừa ta được nghiệm
x = 0; x =

8
.
7

Thử lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình.
8
7

Vậy phương trình có nghiệm x = 0 ; x = .
16


Ví dụ 2. Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 10 = x + x 2 − 12 x + 20
Lời giải
x≤2

Điều kiện: 

 x ≥ 10
Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy phương trình nhận x = 1 làm
một nghiệm nên ta có thể đưa phương trình về dạng phương
trình tích xuất hiện nhân tử ( x − 1) .
Ta

biến

đổi

như

sau:

phương

trình

⇔ 2  x 2 − 7 x + 10 − ( x + 1)  =  x 2 − 12 x + 20 − ( x + 2 )  (1)

 


Để

ý

rằng

hai

phương

trình

x 2 − 7 x + 10 + ( x + 1) = 0

và

x 2 − 12 x + 20 + ( x + 2 ) = 0 vô nghiệm nên nhân lượng liên hợp hai vế

của (1) ta có:
−18 ( x − 1)

x − 7 x + 10 + x + 1
2

=

−16 ( x − 1)
x − 12 x + 20 + x + 2
2

x = 1
⇔
9

=
2
 x − 7 x + 10 + x + 1

8
x − 12 x + 20 + x + 2
2

( *)

Phương trình ( *) ⇔ 8 x 2 − 7 x + 10 − 9 x 2 − 12 x + 20 = x + 10
Đến đây ta có thấy việc bình phương hai vế để khử căn thức là
không khả quan. Nhưng nếu đặt a = x 2 − 7 x + 10 ; b = x 2 − 12 x + 20
8a − 9b = x + 10
⇒ 5a = 4 x − 5
 2a − b = x

Ta có hệ sau: 
Thay

trở

lại

ta

có

phương

trình:

5 x 2 − 7 x + 10 = 4 x − 5

5

15 + 5 5
x ≥
⇔
⇔x=
4
, thử lại ta thấy nghiệm này thỏa
2
2
 x − 15 x + 25 = 0


mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
x = 1, x =

15 + 5 5
.
2

Ví dụ 3. Giải phương trình

3

x + 24 + 12 − x = 6 .

Lời giải
Điều kiện: x ≤ 12 .
17

Nhận thấy phương trình có một nghiệm x = 3 . Ta biến đổi phương
trình về dạng tích như sau: ( x − 3)

(

)

12 − x − 3 ( x + 24 ) − 3 3 x + 24 − 6 = 0
2

 x=3
⇔
2
 12 − x − 3 ( x + 24 ) − 3 3 x + 24 − 6 = 0 ( *)
Kết hợp phương trình ( *) với phương trình ban đầu ta có:
3

( x + 24 )

2

 x = −24
+ 4 3 x + 24 = 0 ⇔ 
 x = −88

thử lại ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 3 ; x = −24 và x = −88 .
Nhận xét: Để giải phương trình (*) ta phải kết hợp với phương

trình ban đầu. Ta chú ý rằng phép biến đổi này là phép biến đổi
hệ quả do đó sau khi giải xong ta phải thử lại các nghiệm để
loại đi những nghiệm ngoại lai.
Đối với phương trình dạng này, có thể chúng ta không cần
đặt ẩn phụ mà để nguyên biểu thức phương trình sau khi nhân
lượng liên hợp kết hợp với phương trình ban đầu để đưa về hệ.
Việc đặt ẩn phụ trong trường hợp này chỉ có tác dụng làm cho
hệ phương trình gọn và dễ nhìn hơn.
2.3.2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc hai đối với 2 ẩn.
Chúng ta đã biết cách giải phương trình a 2 + mab + nb 2 = 0 ( 1)
Với b = 0 thử trực tiếp vào phương trình ( 1)
2

a
a
Với b ≠ 0 , phương trình trở thành:  ÷ + m + n = 0 .
b
b

Các phương trình có dạng sau cũng đưa được về phương trình dạng (1)
Phương trình dạng a. A ( x ) + b.B ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
Như vậy phương trình dạng P ( x ) = α Q ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên
 P ( x ) = A ( x ) .B ( x )
Q ( x ) = a. A ( x ) + b.B ( x )

nếu 

Xuất phát từ các 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)

…….
18


3
2
Ví dụ 1. Giải phương trình 5 x = ( 2 x + 9 )

(

)

x3 + 1 − 1

Lời giải
Điều kiện: x ≥ −1
Nhân liên hợp vế phải của phương trình với biểu thức
phương trình

x 3 + 1 + 1 ≠ 0 ta được

 x = 0 (t/m)
⇔ 2
3
x3 + 1 + 1
 2 x + 4 = 5 x + 1 ( *)
Xét phương trình ( *) Đặt u = x + 1 , v = x 2 − x + 1 .
5 x3 =

(2 x 2 + 9) x 3

2
2
Phương trình trở thành: 2 ( u + v ) = 5uv suy ra u = 2v; u = v

1
2

Từ đây ta giải được nghiệm x =

5 ± 37
2

Vậy phương trình có nghiệm x = 0 ; x =

5 ± 37
.
2

Phương trình dạng au + bv = α u 2 + β v 2
Phương trình sau nhân liên hợp cho dưới dạng này thường khó phát hiện ra cách
giải, nhưng nếu ta bình phương hai vế thì sẽ đưa được về dạng trên và từ đó dễ
dàng đưa ra lời giải.
2
Ví dụ 2. Giải phương trình 3x + 4 x + 1

(

)

x2 + 2 x − 2 x − 1 = x2 + 1.

Lời giải
1
2

Điều kiện: x ≥ .
2
2
Ta nhận thấy ( x + 2 x ) − ( 2 x − 1) = x + 1 nên ta biến đổi phương trình về dạng

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

= x 2 + 1 ⇔ x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1 (*)

Bình phương 2 vế phương trình (*) ta có:

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

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

u = x 2 + 2 x
1− 5
1+ 5
v ; u=
v
Ta đặt: 
. Khi đó ta có: uv = u 2 − v 2 hay u =
2
2
v
=
2
x
−
1


Do u > 0, v ≥ 0 ⇒ u =

1+ 5
1+ 5
v ⇒ x2 + 2x =
2x −1
2
2

19

Bình phương hai vế ta được nghiệm x =
Vậy phương trình có nghiệm x =

1+ 5
thỏa mãn.
2

1+ 5
.
2

Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a)

(

)

5 x 2 − 14 x + 9 + x 2 − x − 20 5 x + 1 = 4 x 2 − 13x + 29 ;

b) x 4 − x 2 + 1 + 3 x 2 − 1 = x 2 +

10
− 10 .
x2

2.4. Phương pháp hàm số.
Trong phần này tôi chỉ trình bày phương pháp sử dụng lý thuyết

sau để giải phương trình gặp phải sau khi nhân lượng liên hợp:
Định lí: Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) thì số
nghiệm của phương trình f ( x ) = k không nhiều hơn một và f ( u ) = f ( v ) khi và
chỉ khi u = v .
Ví dụ 1 (Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015). Giải phương
x2 + 2x − 8
= ( x + 1)
trình trên tập số thực: 2
x − 2x + 3

(

x+2 −2

)

Lời giải
Đối với bài này đa số học sinh nhận ra được x = 2 là một
nghiệm của phương trình. Nhưng sau khi nhân liên hợp thì việc
giải quyết bài toán lại là một vấn đề khó mà các em gặp phải.
Đa số các em đều giải được:
Với x ≥ −2 , nhân liên hợp vế phải ta được phương trình:
 x=2
x +1 
 x+4
−
=0⇔  x+4
( x − 2)  2
x +1


 2
−
= 0 ( *)
x
−
2
x
+
3
x + 2 + 2

x+2+2
 x − 2 x + 3

Đến đây, học sinh sử dụng máy tính cầm tay phát hiện ra được

phương trình ( *) có thêm một nghiệm “xấu” nữa và nhiều em
không thể giải tiếp.

(
( x + 2 + 2)  ( x + 2 )

)

x + 2 + 2 = ( x + 1) ( x 2 − 2 x + 3)

Ta có ( *) ⇔ ( x + 4 )

2

+ 2 ÷ = ( ( x − 1) + 2 ) ( ( x − 1) 2 + 2 ) ( 1)


2
Xét hàm số f ( t ) = ( t + 2 ) ( t + 2 ) trên [ 0; +∞ )

20


2
Ta có f ′ ( t ) = 3t + 4t + 2 > 0; ∀t ∈ [ 0; +∞ ) , nên hàm số y = f ( t ) đồng biến trên

[ 0; +∞ ) . Khi đó ( 1) ⇔

f

(

)

x + 2 = f ( x − 1) ⇔ x + 2 = x − 1

x ≥ 1
x ≥1
3 + 13

⇔ 2
⇔
⇔x=
3

±
13
2
 x − 3x − 1 = 0
x =

2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 ; x =
Ví

dụ

2.

3 + 13
.
2

Giải

phương

trình

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

Lời giải
Nhận xét. Nhìn vào phương trình này thì đa số các em học sinh không nghĩ ra
cách giải. Nhưng nếu để ý thì ta thấy đề ra đã có một sự gợi ý về phương pháp

2
2
2
nhân liên hợp, đó là: ( 1 + x + x − 1) = x ( x + 1) và 4 − ( 9 x + 3) = 1 − 9 x . Từ đó ta có

cách
3( 1 − 9 x2 )
⇔

(

giải

phương

)

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

3( 1 − 9 x2 ) ( x + x2 )

=

1+ x + x +1
2

9x2 + 3 − 2

( 4 x + 2 ) ( x + 1) ( 9 x 2 − 1)

như

)

sau:

2 + 9x2 + 3

 ( 1 − 9 x 2 ) ( x + 1) = 0
⇔
3 x 2 + 9 x 2 + 3 + ( 4 x + 2 )

1
(1) ⇔ x = −1; x = ±
3

)

(

(

trình

(

)

( 1)

1 + x + x 2 + 1 = 0 ( *)

1
2

Ta thấy phương trình ( *) chỉ có nghiệm trong (− ;0)

(

pt ( *) ⇔ ( −3 x ) 2 +

(

( −3x )

) (

2

)

(

+ 3 = ( 2 x + 1) 2 +

⇔ u 2 + u 2 + 3 = v 2 + v2 + 3

)

( 2 x + 1)

2

+3

)

( 1)

Với u = −3x , v = 2 x + 1 ; u, v > 0 . Xét hàm số f ( t ) = 2t + t 4 + 3t 2 với t > 0
Ta có f ′ ( t ) = 2 +

2t 3 + 3t
t + 3t
4

2

> 0; ∀t > 0

Phương trình ( *) ⇔ f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ −3x = 2 x + 1 ⇔ x = −

1
là nghiệm
5

của phương trình.
21

1
3

1
5

Vậy phương trình có nghiệm x = −1; x = ± ; x = − .
Bài tập đề nghị. Giải phương trình sau:
a) x + 2 − x + 1 = 2 x 2 + 1 − 2 x 2
b) 3 162 x 3 + 2 − 27 x 2 − 9 x + 1 = 1
2.5. Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức, bất đẳng
thức quen thuộc.
Một số bất đẳng thức quen thuộc:
+ a 2 + b 2 ≥ 2ab Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
+

1 1
4
+ ≥
; với a, b > 0 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
a b a+b
2

2
 a+b
+
÷ ≥ ab ⇔ ( a + b ) ≥ 4ab . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
 2 
a b

+ + ≥ 2 ; với a, b > 0 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b .
b c

2
2
2
2
+ ( a + b ) ( x + y ) ≥ ( ax + by ) . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ay = bx .
2

+/ Bất đẳng thức côsi: Cho

n

số không âm

a1 , a2 ,..., an . Ta có:

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
n
+Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai bộ số: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn Ta có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) ( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2
a
=
= ... = n
b1 b2
bn

Ví dụ 1. Giải phương trình

2x − 2
=x
9x −1

(

x+3−2

)

Lời giải
 x ≥ −3

Điều kiện: 
1
 x ≠ 9

Khi

đó

phương

trình

đã

cho

trở

thành:

 x = 1 (t/m)
x ( x − 1)
2x − 2
=
⇔
2
9x −1
x+3+2
 2 x + 3 = 9 x − x − 4 (*)

(

2
Ta có 2 x + 3 = 9 x − x − 4 ⇔ 1 + x + 3

)

2

 1 + x + 3 = 3x
= 9 x2 ⇔ 
1 + x + 3 = −3 x
22


3 x − 1 ≥ 0
⇔ x =1
2
9 x − 7 x − 2 = 0

+/ 1 + x + 3 = 3x ⇔ x + 3 = 3x − 1 ⇔ 

−3 x − 1 ≥ 0
−5 − 97
⇔x=
2
18
 9x + 5x − 2 = 0

+/ 1 + x + 3 = −3x ⇔ x + 3 = −3x − 1 ⇔ 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1; x =

−5 − 97
18

Như vậy đối với phương pháp này ta biến đổi phương trình về dạng

[ f ( x) ]

k

= [ g ( x)] .
k

5 x 2 + 10 x + 14 − 3 x 2 + 6 x + 7 =

Ví dụ 2. Giải phương trình

2x2 + 4x + 7
4 − 2 x − x2

Lời giải
Điều kiện: x ≠ −1 ± 5

2
2
2
Nhận thấy ( 5 x + 10 x + 14 ) − ( 3x + 6 x + 7 ) = 2 x + 4 x + 7 nên ta có:

2x2 + 4x + 7
5 x 2 + 10 x + 14 + 3 x 2 + 6 x + 7

=

2 x2 + 4 x + 7
4 − 2x − x2

⇔ 5 x 2 + 10 x + 14 + 3 x 2 + 6 x + 7 = 4 − 2 x − x 2 ( *)

Đến đây ta thấy lũy thừa hai vế để khử căn thức là không khả
quan. Nhưng nếu để ý các hệ số của các biểu thức trong dấu
căn thì ta thấy:
5 x 2 + 10 x + 14 = 5( x + 1) 2 + 9 và 3 x 2 + 6 x + 7 = 3( x + 1) 2 + 4
Từ đây gợi cho ta ý tưởng sẽ đánh giá hai vế của phương trình ( *) .
Thật vậy, ta có: 4 − 2 x − x 2 = 5 − ( 1 + x ) ≤ 5 ⇒ VT ( *) ≥ VP ( *)
2

Dấu “ =” xảy ra khi x = −1 .
Vậy phương trình có nghiệm x = −1 .
Bài tập đề nghị. Giải các phương trình sau:
a)

x4 − 4 − x2 + 4 =

2
b) ( x − 12 x + 40 )

(

2 x4 − 2x2 − 8
x4 + 4

)

x − 2 − 10 − x = 2 x − 12 .

IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm trong việc áp
dụng phương phải giải phương trình vô tỷ sau khi nhân
lượng liên hợp.
Trong năm học 2016-2017 tôi đã triển khai ý tưởng của phương
pháp trong các buổi học theo yêu cầu và chọn học sinh để khảo
sát
23


- Đối tượng áp dụng: Học sinh có năng lực khá – giỏi về
môn Toán;
- Thời gian thực hiện: 3 buổi (9 tiết).
Kết quả thực nghiệm
Sau khi thử nghiệm dạy nội dung của đề tài cho 30 em học sinh
khá – giỏi ở 2 lớp 11A và 11B (Mỗi lớp 15 em), tôi đã tiến hành
cho các em làm bài kiểm tra với nội dung 2 câu ở mức độ vận
dụng. Tôi thu được kết quả như sau:
Giải quyết được
Đặt được điều Nhân được
phương
trình
Bài Lớp kiện
của lượng liên
sau nhân lượng
phương trình
hợp
liên hợp
11A
15/15
15/15

14/15
1
11B
15/15
15/15
14/15
11A
15/15
15/15
13/15
2
11B
15/15
15/15
12/15
Căn cứ vào kết quả trên ta thấy đề tài bước đầu đã có tác dụng
trong việc trang bị cho các em học sinh năng lực, kỹ năng giải
quyết bài toán sau khi nhân lượng liên hợp.
C. KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
I. Kết luận
Xuất phát từ thực tế về công tác giảng dạy của bản thân và
qua quá trình học tập của học sinh, từ sự thích nghiên cứu, tìm
tòi và ham học hỏi của các em trong khi giải toán, tôi thấy việc
đưa ra cho học sinh những cách giải và cách nhìn khác về một
bài toán là rất cần thiết.
Qua một thời gian nghiên cứu tìm tòi, tổng hợp và đưa vào
vận dụng đối với học sinh lớp 11 có năng lực khá – giỏi trong ôn
thi THPT Quốc Gia, Ôn thi học sinh giỏi. Tôi thấy đa số các em
học sinh có thể nắm được nội dung và phương pháp của đề tài,
vận dụng thành thạo vào các bài toán cụ thể. Tuy nhiên khi áp

dụng vào đối tượng học sinh lớp 10, 11 thì tuy theo mức độ
nhận thức, học lực và kiến thức đã học của các em mà ta có thể
đưa ra các bài tập áp dụng và phương pháp phù hợp.
II. Kiến nghị
Phương pháp giải phương trình vô tỷ sau khi nhân lượng liên
hợp chỉ phù hợp với học sinh có năng lực khá – giỏi nên chỉ xem
nó là tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong ôn thi
24


học sinh giỏi và Ôn thi Trung học phổ thông Quốc gia. Không
nên giảng dạy đại trà cho tất cả các đối tượng học sinh.
Nếu đề tài được đánh giá tốt, tôi rất mong sẽ được phổ biến
rộng rãi trong học sinh và là một tài liệu tham khảo bổ ích trong
ôn thi học sinh giỏi; ôn thi Trung học phổ thông Quốc gia.
Mặc dù tôi đã rất cố gắng sưu tầm, nghiên cứu và tìm tòi
nhưng vẫn còn nhiều vấn đề khác mà trong đề tài này chưa
nghiên cứu được. Tôi hy vọng các đồng nghiệp sẽ nghiên cứu
tiếp.
Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô
đi trước và các bạn đồng nghiệp để đề tài này được hoàn thiện,
mở rộng và có ứng dụng vào thực tế nhiều hơn.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 24 tháng 05 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Lê Duy Lực

25