Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS lê đình chinh

Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
1. Lí do lí luận
Albert Einstein đã nói: “Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của
tư duy logic”. Do vậy, có rất nhiều những thắc mắc xoay quanh việc học nhiều toán
liệu có phi thực tế trong khi đời sống không cần suy nghĩ quá nhiều đến những con số?
Tuy nhiên, thực tế chứng minh rằng, mọi kiến thức liên quan đến toán học, đều có tác
dụng chung là làm cho bộ não của con người tư duy logic hơn, khoa học hơn và sáng
tạo hơn, nó giúp cho người học có khả năng suy nghĩ trừu tượng và trong một chừng
mực nhất định nào đó nó làm cho chúng ta mạnh mẽ hơn trong mọi quyết định.
Chính vì điều này, bản thân tôi là một giáo viên vốn luôn tâm đắc trong việc định
hướng các em học tốt môn Toán, luôn tìm tòi đổi mới để giúp các em ngày càng hoàn
thiện hơn các kiến thức toán học. Mặc dù chương trình sách giáo khoa hiện hành đã
được chọn lọc những kiến thức rất cơ bản, phù hợp cho mọi đối tượng. Tuy nhiên,
không phải bất cứ dạng toán nào các em cũng có thể nắm bắt được, trong số đó có
dạng toán phương trình vô tỉ, một dạng toán phổ biến trong các đề thi học sinh giỏi
văn hóa các cấp, đề thi vào lớp 10 và thi giải toán trên máy tính cầm tay Casio.
2. Lí do thực tiễn
Để làm tốt việc bồi dưỡng học sinh học Toán, tôi nhận thấy chỉ cung cấp cho các
em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm nhiều bài tập khó mà
giáo viên phân loại cấp độ từ dễ đến khó là chưa đủ, mà chúng ta phải biết phân chia
theo từng kiểu loại bài tập và định hướng phương pháp giải cho từng dạng, đồng thời
rèn luyện cho học sinh có thói quen suy nghĩ tìm tòi lời giải của một bài toán trên cơ
sở các kiến thức đã học.
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9, tôi nhận thấy
học sinh còn lúng túng rất nhiều khi gặp dạng phương trình vô tỉ và thường có những
sai sót khi giải dạng bài tập này, học sinh còn vướng mắc về phương pháp giải, quá
trình giải thiếu logic và chưa chặt chẽ, chưa đủ điều kiện, chưa xét hết các trường hợp
xảy ra. Lí do là học sinh chưa nắm vững các kiến thức về phương trình có chứa biến

dưới dấu căn hay gọi là phương trình vô tỉ. Nên khi gặp bài toán giải phương trình vô
tỉ, đa số học sinh chưa phân biệt và chưa nắm được các phương pháp giải đối với từng
dạng bài tập, có nhiều bài toán đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến
thức và kĩ năng phân tích biến đổi để đưa phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn
giản.
Do đó người giáo viên cần phải biết sắp xếp các dạng toán từ dễ đến khó, phân
loại được các dạng bài tập và định hướng phương pháp giải cho từng dạng để các em
có thể vận dụng linh hoạt trong từng tình huống cụ thể, giúp học sinh hiểu sâu sắc bản
chất của từng dạng toán và giải được các dạng bài toán một cách thành thạo. Từ đó rèn
luyện cho học sinh kĩ năng giải toán và tư duy sáng tạo.
Với những lý do trên, tôi chọn đề tài: “Một số giải pháp về giải phương trình vô
tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh” với mong muốn được
chia sẻ một vài kinh nghiệm của mình trong công tác giảng dạy cũng như bồi dưỡng học
sinh giỏi để các đồng nghiệp tham khảo, rất mong nhận được sự góp ý chân thành của các
đồng chí để đề tài được phát huy hiệu quả, hoàn thiện hơn.
Trang 1


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

II. Mục đích nghiên cứu
Đề tài: “Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9
trường THCS Lê Đình Chinh” giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn bản chất của từng dạng
bài toán và nắm vững phương pháp giải của từng dạng, giúp cho học sinh biết phân
loại và vận dụng phương pháp giải một cách linh hoạt và có hiệu quả. Qua đó giúp học
sinh phát huy được tính tích cực và tinh thần sáng tạo trong học tập, phát triển năng
lực tư duy toán học cho học sinh, tạo động lực thúc đẩy giúp các em học sinh có được
sự tự tin trong học tập, hình thành phẩm chất sáng tạo khi giải toán và niềm đam mê,
yêu thích bộ môn. Thông qua đề tài này nhằm cung cấp những kiến thức cần thiết về
phương pháp giải toán, những kinh nghiệm cụ thể trong quá trình tìm tòi lời giải giúp

học sinh rèn luyện các thao tác tư duy lô-gic, phương pháp suy luận và khả năng sáng
tạo cho học sinh. Trong đề tài lời giải được chọn lọc với cách giải hợp lí, chặt chẽ, dễ
hiểu đảm bảo tính chính xác, tính sư phạm. Học sinh tự đọc có thể giải được nhiều
dạng Toán, giúp học sinh có những kiến thức toán học phong phú để học tốt môn Toán
và qua đó hỗ trợ học sinh học tốt các môn học khác.
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận của vấn đề
Dạng toán phương trình vô tỉ là dạng toán rất quan trọng trong chương đại số
9, đây là những bài toán khó, thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, thi vào
lớp 10... Các bài toán này rất phong phú về thể loại và về cách giải, đòi hỏi học sinh
phải vận dụng nhiều kiến thức, linh hoạt trong biến đổi, sắc sảo trong lập luận và phát
huy tối đa khả năng phán đoán. Với mục đích nhằm nâng cao chất lượng dạy và học
Toán, tôi thiết nghĩ cần phải trang bị cho học sinh phương pháp giải cho từng kiểu loại
bài tập. Để thực hiện tốt điều này, đòi hỏi giáo viên cần xây dựng cho học sinh những
kĩ năng như quan sát, phân tích, nhận dạng bài toán, lựa chọn phương pháp giải phù
hợp. Từ đó, hình thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, kích thích tò mò ham tìm
hiểu và đem lại niềm vui cho các em, đồng thời khơi dậy cho các em sự tự tin trong
học tập và niềm đam mê bộ môn.
II. Thực trạng vấn đề:
Trong những năm qua, tôi đã trực tiếp tham gia giảng dạy cũng như bồi dưỡng
đội tuyển học sinh giỏi 9 của trường THCS Lê Đình Chinh và đã trải nghiệm rất nhiều
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, trong đó có chuyên đề “Một số giải pháp giải
phương trình vô tỉ” và tôi cũng đạt được các thành tích trong công tác giảng dạy cũng
như bồi dưỡng học sinh giỏi.
Tuy nhiên, khi áp dụng chuyên đề trên còn nặng về phương pháp liệt kê các bài
toán, chưa phát huy được hiệu quả học tập và kết quả được thống kê lại như sau:
Năm
học

Lớp

Tổng
số

Số lượng học
sinh làm được

Số lượng học sinh
làm chưa chặt chẽ

Số lượng học sinh
không làm được

SL

Tỷ lệ

SL

Tỷ lệ

SL

Tỷ lệ

2015

9A1

30

5

16%

11

37%

14

47%

- 2016

9A2

31

4

12%

13

42%

15

46%

Trang 2


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Qua bảng thống kê trên tôi suy nghĩ tìm cách để học sinh nắm vững và giải
thành thạo các bài toán về phương trình vô tỉ thì giáo viên nên phân loại theo dạng bài
tập từ dễ đến khó, mỗi loại bài tập phân theo từng dạng khác nhau, qua mỗi dạng cần
có ví dụ minh chứng và xây dựng phương pháp giải chung cho từng dạng. Với những
ý tưởng đó tôi đã thể hiện trong đề tài nghiên cứu “Một số giải pháp về giải phương
trình vô tỉ giành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh”. Sau khi đưa ra
tập thể tổ chuyên môn thảo luận và áp dụng vào thực tiễn tôi nhận thấy học sinh hứng
thú, chủ động hơn trong học tập và khi gặp dạng toán phương trình vô tỉ thì học sinh
không chán nản mà đam mê phân tích nhận dạng tìm cách giải bài toán, từ đó ngày
càng rèn luyện được cho học sinh kĩ năng giải toán có khoa học, lập luận logic và chặt
chẽ.
III. Các giải pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
Giải pháp 1: Phân tích cho học sinh hiểu về các kiến thức cơ bản cần nắm vững.
Giải pháp 2: Hướng dẫn cho học sinh hiểu các dạng bài tập sử dụng cách giải
phương trình vô tỉ bằng phương pháp nâng lên lũy thừa
Giải pháp 3: Hướng dẫn cho học sinh hiểu các dạng bài tập giải phương trình
vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Vận dụng các giải pháp trên, tôi tiến hành cụ thể các bước như sau:
1. Giải pháp 1. Phân tích cho học sinh hiểu về các kiến thức cơ bản cần nắm
vững.
Các kiến thức cơ bản tổng hợp thành bảng sau, yêu cầu học sinh cần nắm vững,
cụ thể:
A (A ≥ 0)

A
A B
=
(B > 0)
B
B

A2 = A

(

A
A
=
(A ≥; B > 0)
B
B

(

3

A B = A B(A ≥ 0; B ≥ 0)

A (∀A ∈ R)

( A)
3

A B = − A 2 B(A < 0; B ≥ 0)

A
AB
=
(AB ≥ 0; B ≠ 0)
B
B

)

C Am B
C
=
(A ≥ 0;B ≥ 0;A ≠ B)
A−B
A± B

A 2 B = A B = (B ≥ 0)
2

)

C A mB
C
=
(A ≥ 0; A ≠ B2 )
2
A−B
A ±B

AB = A B(A ≥ 0; B ≥ 0)

3

=A

3

AB = 3 A. 3 B

3

A 3A
=
(B ≠ 0)
B 3B

Các kiến thức về giá trị tuyệt đối, hằng đẳng thức, phân tích đa thức thành nhân
tử, chia đa thức cho đa thức, giải phương trình, bất trương bậc nhất một ẩn, bất đẳng
thức Cauchy...

Trang 3


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Bên cạnh những yêu cầu trên, học sinh cần nhận biết được những dạng cơ bản
của phương trình vô tỉ, đồng thời nắm vững phương pháp giải cụ thể cho từng dạng bài
tập, cụ thể như sau:
2. Giải pháp 2. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp nâng lên lũy
thừa

2.1. Dạng 1: Phương trình vô tỉ có dạng: f (x) = m (1)
Trong đó f(x) là biểu thức chứa x và m ∈ R .
a) Phân tích: Ở dạng này yêu cầu học sinh cần nắm rõ vế trái là một biểu thức
không âm. Nếu m < 0 thì đẳng thức không xảy ra nên phương trình vô nghiệm. Nếu m
≥ 0 thì phương trình tồn tại vậy khi m ≥ 0 thì phương trình không cần tìm điều kiện khi
đó ta tìm cách bỏ dấu căn bậc hai rồi giải phương trình vừa tìm được. Vậy phương
trình (1) mà m < 0 kết luận phương trình vô nghiệm ta không giải, m ≥ 0 bình phương
hai vế rồi giải phương trình vừa tìm được.
b) Phương pháp giải
(1) ⇔ f (x) = m 2
Tiếp tục giải phương trình f(x) = m 2 suy ra x rồi kết luận nghiệm của phương
trình.
c) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình:

x −5 = 3

Phân tích: Phương trình đã cho có tồn tại không? Vì sao? (Phương trình đã cho
có tồn tại vì vế trái x − 5 ≥ 0 và vế phải 3 > 0). Vậy đối với dạng này không cần tìm
điều kiện.
Để giải phương trình đã cho ta làm như thế nào? (Làm mất dấu căn bậc hai
bằng cách bình phương hai vế rồi giải phương trình vừa tìm được)
Giải
Ta có:

x −5 = 3 ⇔

(

x −5

)

2

= 32 ⇔ x − 5 = 9 ⇔ x = 9 + 5 ⇔ x = 14

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 14
Ví dụ 2. Giải phương trình:

( x − 3)

2

=9

Phân tích: Phương trình đã cho phải là phương trình dạng 1 chưa? Nêu cách
giải.
Giải
Ta có:

( x − 3)

2

=9 ⇔

(

( x − 3)

2

)

2

= 92 ⇔ ( x − 3) = 81
2

⇔ x 2 − 6x + 9 = 81 ⇔ x 2 − 6x - 72 = 0 ⇔ x 2 − 12x + 6x − 72 = 0
⇔ ( x 2 − 12x ) + ( 6x − 72 ) = 0 ⇔ x(x − 12) + 6(x − 12) = 0

Trang 4


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

 x − 12 = 0
 x = 12
⇔ (x − 12)(x + 6) = 0 ⇔ 
⇔
x + 6 = 0
 x = −6

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = { −6;12}
Giáo viên? Ngoài cách giải trên còn cách giải nào khác không? (Bỏ dấu căn bậc
hai theo kiến thức A 2 = A rồi giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối đa học)
Cách 2. Ta có:

( x − 3)

2

x − 3 = 9
 x = 12
⇔
= 9 ⇔ x −3 = 9 ⇔ 
 x − 3 = −9
 x = −6

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = { −6;12}
Nhận xét: Giáo viên cho học sinh nhận xét về hai cách giải trên? Khi nào thì
phương trình dạng f (x) = m giải được theo cách 2? Từ đó chọn cách giải phù hợp cho
từng bài toán. (Cách 2 giải đơn giản hơn cách 1, để bài toán giải được theo cách 2 thì
biểu thức dưới dấu căn viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức nếu không
thì giải theo cách 1)
Ví dụ 3: Giải phương trình

4x 2 − 4x + 1 − 6 = 0

Phân tích: Phương trình đã cho có thể đưa về dạng của phương trình ví dụ 2 trang 5
được không? (Học sinh nêu cách biến đổi phương trình đã cho về dạng

( 2x − 1)

2

= 6)

Giải
Ta có:

4x 2 − 4x + 1 − 6 = 0 ⇔

( 2x − 1)

2

= 6 ⇔ 2x − 1 = 6

7

 x = 2
2x − 1 = 6
2x = 7
⇔
⇔
⇔
2x − 1 = −6
2x = −5
 x = −5

2
 −5 7 
; 
 2 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = 
Ví dụ 4: 3 x 2 + 4x + 4 − 11 = 10

Phân tích: Đặt câu hỏi gợi mở như ví dụ 3 (Học sinh biến đổi phương trình đã cho về
dạng

( x + 2)

2

=7)

Giải
Ta có: 3 x 2 + 4x + 4 − 11 = 10 ⇔ 3 ( x + 2 ) = 21 ⇔
2

( x + 2)

2

=7

x + 2 = 7
x = 5
⇔ x+2 =7 ⇔ 
⇔
 x + 2 = −7
 x = −9

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = {-9; 5}
d) Nhận xét: Khi học xong dạng này thì tất cả các bài dạng này học sinh đều
giải được, đây là dạng cơ bản để học sinh làm nền cho các dạng tiếp theo

Trang 5


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

e) Các bài tập tương tự:
Câu 1.

2x − 5 = 7

Câu 3. 9x 2 − 12x + 4 = 4

Câu 2.

( x − 5)

Câu 4. 25 − 3 x 2 − 12x + 36 = 19

2

=4

2.2. Dạng 2. Phương trình vô tỉ có dạng: f (x) = g(x) (2)
Trong đó f(x), g(x) là biểu thức chứa x.
a) Phân tích: Ở dạng này yêu cầu học sinh nhận thấy vế trái là một biểu thức
không âm. Nếu g(x) < 0 thì đẳng thức không xảy ra nên phương trình (2) vô nghiệm.
Nếu g(x) ≥ 0 phương trình tồn tại. Vậy g(x) ≥ 0 là điều kiện cần và đủ của phương
trình, không cần tìm điều kiện để f(x) ≥ 0 khi đó ta tìm cách bỏ dấu căn bậc hai rồi
giải phương trình.
b) Phương pháp giải

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

Tiếp tục giải bất phương trình g(x) ≥ 0 suy ra điều kiện của x và giải phương
trình f(x) = g(x)2 suy ra x xong đối chiếu điều kiện của x ở trên rồi kết luận nghiệm của
phương trình.
c) Các ví dụ minh họa

( x − 3)

Ví dụ 1. Giải phương trình:

2

= 3− x

Phân tích: Phương trình đã cho tồn tại khi nào? ( 3 − x ≥⇔ x ≤ 3 )
Để giải phương trình đã cho ta làm như thế nào? (Làm mất dấu căn bậc hai
bằng cách bình phương hai vế rồi giải phương trình vừa tìm được)
Giải
Điều kiện: 3 - x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3
Ta có:

( x − 3) = 3 − x ⇔
2

(

( x − 3)

2

)

2

= ( 3 − x ) ⇔ ( x − 3) = ( 3 − x )
2

2

2

x − 3 = 3 − x
 2x = 6
x = 3
⇔
⇔
⇔
 x − 3 = −(3 − x) = x − 3
0x = 0
∀x ∈ R

Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của phương trình: S = {x ∈ R/x ≤ 3}
Giáo viên? Ngoài cách giải trên còn cách giải nào khác không? (Bỏ dấu căn
theo kiến thức A 2 = A )
Cách 2. Điều kiện: 3 - x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3
Ta có:

( x − 3)

2

x − 3 = 3 − x
 2x = 6
x = 3
⇔
⇔
= 3− x ⇔ x −3 = 3− x ⇔ 
 x − 3 = −(3 − x)
0x = 0
∀x ∈ R

Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của phương trình: S = {x ∈ R/x ≤ 3}

Trang 6


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Nhận xét: Giáo viên cho học sinh nhận xét về hai cách giải trên? Khi nào thì
giải được theo cách 2? Từ đó chọn cách giải phù hợp cho từng bài toán. (Cách 2 giải
đơn giản hơn cách 1, để bài toán giải được theo cách 2 thì biểu thức dưới dấu căn viếc
được dưới dạng bình phương của một biểu thức nếu không thì giải theo cách 1)
Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

4x 2 − 20x + 25 = 3 − 3x

Phân tích: Phân tích cách giải như ví dụ 1.
Giải
Điều kiện: 3 - 3x ≥ 0 ⇔ -3x ≥ -3 ⇔ x ≤ 1
Ta có: 4x 2 − 20x + 25 = 3 − 3x ⇔

( 2x − 5)

2

= 3 − 3x ⇔ 2x − 5 = 3 − 3x

8

2x − 5 = 3 − 3x
5x = 8
x =
⇔
⇔
⇔
5
2x − 5 = − ( 3 − 3x )
− x = 2
 x = −2

Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của phương trình là: S = {-2}
Ví dụ 3. Giải phương trình:

x 2 − 6x + 29 = 2x + 8

Phân tích: Phương trình đã cho có đưa về phương trình giá trị tuyệt đối không?

Vì sao (Phương trình đã cho không đưa về phương trình giá trị tuyệt đối được vì biểu
thức dưới dấu căn không đưa về dạng bình phương của một biểu thức). Nên giải theo
cách bình phương hai vế.
Giải
Điều kiện: 2x + 8 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ - 8 ⇔ x ≥ - 4
Ta có:

x − 6x + 29 = 2x + 8 ⇔
2

(

x 2 − 6x + 29

)

2

= ( 2x + 8 )

2

⇔ x 2 − 6x + 29 = 4x 2 + 32x + 64 ⇔ 3x 2 +38x + 35 = 0 ⇔ 3x 2 +3x + 35x + 35 = 0
⇔ ( 3x 2 +3x ) + ( 35x + 35 ) = 0 ⇔ 3x ( x + 1) + 35 ( x + 1) = 0 ⇔ ( x + 1) ( 3x + 35 ) = 0
 x = −1
x + 1 = 0

⇔
⇔
35

3x + 35 = 0
 x = − 3

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là: x = −1
Ví dụ 4. Giải phương trình sau: 10x 2 − 20x + 10 + x + 1 = 5x - 3
Phân tích: Phương trình đã cho biến đổi đưa về dạng ví dụ 3 không? (Phương
trình đã cho biến đổi đưa về dạng ví dụ 3 bằng cách chuyển x + 1 sang vế phải thu gọn
xong tìm điều kiện. Nên cách giải như sau:
Giải
Ta có: 10x 2 − 20x + 10 + x + 1 = 5x - 3 ⇔ 10x 2 − 20x + 10 = 4x - 4 (*)

Trang 7


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Điều kiện: 4x - 4 ≥ 0 ⇔ 4x ≥ 4 ⇔ x ≥ 1

(

(*) ⇔

10x 2 − 20x + 10

)

2

= ( 4x - 4 ) ⇔ 10x 2 − 20x + 10 = 16x 2 − 32x + 16
2

2
⇔ 6x 2 − 12x + 6 = 0 ⇔ 6 ( x − 2x + 1) = 0

⇔ 6 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1
2

2

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 1
d) Nhận xét: Khi học xong dạng này thì đa số học sinh đều làm được các bài
dạng này, đây là dạng cơ bản thứ 2 để học sinh làm nền cho các dạng tiếp theo
e) Các bài tập tương tự
Câu 3.

Câu 1.

( 2x − 5)

Câu 2.

x 2 − 8x + 16 = 2x +7

2

= 2−x

2x 2 − 8x + 7 = 2x - 3

Câu 4. 3x 2 + 5x +1 + 2x − 4 = 3x - 2

2.3. Dạng 3. Phương trình vô tỉ dạng:

f (x) = g(x) (3)

Trong đó f(x), g(x) là biểu thức chứa x.
a) Phân tích: Cả hai về của phương trình đều chưa căn bậc hai vậy để mất căn
bậc thì ta bình phương hai vế.
b) Cách giải: Phương trình dạng 3 như sau
f (x) ≥ 0

(3) ⇔ g(x) ≥ 0
f (x) = g(x)


Giải 2 bất phương trình f(x) ≥ 0 và g(x) ≥ 0 suy ra điều kiện chung của bai toán
Giải phương trình f(x) = g(x) suy ra x đối chiếu điều kiện và kết luận.
c) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau:

2x − 1 = x − 1

Giải
Điều kiện:

* 2x - 1 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 1 ⇔ x ≥

1
2

*x-1 ⇔x ≥ 1
Vậy điều kiện: x ≥ 1
Ta có:
⇔

(

2x − 1 = x − 1

2x − 1

) =(
2

x −1

)

2

⇔ 2x − 1 = x − 1 ⇔ x = 0

Kết luận: So sánh với điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = ∅
Trang 8


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

x2 - x − 6 = x − 3

Giải
2
Điều kiện: * x 2 − x − 6 ≥ 0 ⇔ x 2 − 3x + 2x − 6 ≥ 0 ⇔ ( x − 3x ) + ( 2x − 6 ) ≥ 0

⇔ x ( x − 3) + 2 ( x − 3) ≥ 0 ⇔ ( x − 3 ) ( x + 2 ) ≥ 0
x − 3 ≥ 0
x ≥ 3


x ≥ 3
x + 2 ≥ 0
 x ≥ −2

⇔
⇔
⇔
x − 3 ≤ 0
x ≤ 3
 x ≤ −2


  x + 2 ≤ 0
  x ≤ −2

* x −3≥ 0 ⇔ x ≥ 3
Vậy điều kiện bài toán là x ≥ 3
Ta có:

x - x −6 = x −3 ⇔
2

(

x2 - x − 6

) =(
2

x −3

)

2

⇔ x2 − x − 6 = x − 3

2
⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 3x + x − 3 = 0 ⇔ ( x − 3x ) + ( x − 3) = 0

x + 1 = 0
 x = −1
⇔ x ( x − 3) + ( x − 3) = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 3) = 0 ⇔ 
⇔
x − 3 = 0
x = 3

Kết luận: So sánh với điều kiên bài toán, nghiệm của phương trình x = 3
Ví dụ 3. Giải phương trình sau:

x 2 − 4x + 4 = 4x 2 − 12x + 9

Giải
Điều kiện:

* x 2 − 4x + 4 = ( x − 2 ) ≥ 0(∀x ∈R)
2

* 4x 2 −12x + 9 = ( 2x − 3 ) ≥ 0(∀x ∈ R)
2

Vậy điều kiện bài toán ∀x ∈ R
Cách 1: Giải như ví dụ 2
Giáo viên? ví dụ trên ngoài cách giải đó còn có cánh giải nào khác không?
Cách 2
Ta có:

x 2 − 4x + 4 = 4x 2 − 12x + 9 ⇔

( x − 2)

2

=

( 2x-3)

2

x = 1
 x − 2 = 2x − 3
 − x = −1
⇔ x − 2 = 2x − 3 ⇔ 
⇔
⇔
x = 5
x
−
2
=
−
2x
−
3
3x
=
5
(
)


3


Kết luận: So với điều kiện, tập nghiệm của phương trình là: S = {1;

5
}
3

d) Nhận xét: Giáo viên cho học sinh nhận xét về hai cách giải trên? Khi nào thì
phương trình giải được theo cách 2? Từ đó chọn cách giải phù hợp cho từng bài toán.
Trang 9


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

(Cách 2 giải đơn giản hơn cách 1, để bài toán giải được theo cách 2 thì biểu thức dưới
dấu căn viếc được dưới dạng bình phương của một biểu thức nếu không thì giải theo
cách 1)
e) Các bài tập tương tự.
Câu 1. 5 x 2 + 6 x − 7 =
Câu 2.

−3 x + 2 =

x+3

2x +1

Câu 3.

2 x 2 + 3x − 4 =

Câu 4.

2x + 5 = x − 2

7x + 2

Câu 5. 7 − x 2 + x x + 5 = 3 − 2x − x 2
2.4. Dạng 4. Phương trình vô tỉ dạng:

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

Trong đó f(x), g(x), h(x) là các đa thức chứa cùng biến x.
a) Cách giải
Ta có:

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

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

(

) =(
2

h(x)

)

2

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

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

Giải phương trình * như dạng 2 phần 2.2 (chú ý điều kiện bổ sung cho phương trình *
là h(x) - f(x) - g(x) ) ≥ 0). Khi suy ra nghiệm của * ta đối chiếu điều kiện ban đâu và
điều kiện bổ sung rồi kết luận. Nên cách giải như sau.
b) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau:

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x

Phân tích: Ta thấy vế phải là số không âm, vế trái chưa xác định được dương
hay âm. Khi giải bình phương để mất căn thì được phương trình mới không tương
đương với phương trình đã cho nên phương trình mới sẽ có nghiệm ngoại lai. Vì vậy
thường sai lầm khi kết luận lấy cả nghiệm ngoại lai, Vậy giáo viên nên hướng dẫn cho
học sinh cách khắc phục sai sót này theo hai cách sau.
Cách 1. Khi giải xong thay nghiệm vào thử lại nghiệm nào không thõa mãn thì
loại, nghiệm nào thỏa mãn thì nhận. Như vậy cách này mất thời gian nhiều.
Cách 2. Biến đổi chuyển vế để cả hai vế đều cùng dương.
⇔ x + 4 = 1 − 2x + 1 − x . Nên ta có cách giải như sau.

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x

Giải
Điều kiện:

Trang 10


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

∗1 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤

1
2

∗1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1

Vậy điều kiện xác định x ≤
Ta có:
⇔

(

1
2

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

x+4

) =(
2

1 − 2x + 1 − x

)

2

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

( 1 − 2x ) ( 1 − x ) (Điều kiện bổ sung của phương trình cơ bản phần 2.2 dạng 2

⇔ 2x+1 =

là: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
⇔ ( 2x+1) =
2

(

−1
)
2

( 1 − 2x ) ( 1 − x ) )

2

⇔ ( 2x+1) = ( 1 − 2x ) ( 1 − x )
2

x = 0
⇔ 4x +4x + 1 = 2x − 3x + 1 ⇔ 2x + 7x = 0 ⇔ x(2x + 7) = 0 ⇔ 
−7
x=

2
2

2

2

Kết luận: So sánh với điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 0.
c) Các bài tập tương tự
Câu 1. 3x + 1 − 2 − x = 3

Câu 3.

x + 1 − x − 7 + 12 − x

Câu 2. 3x + 4 − 2x + 1 = x + 3

Câu 4.

x − 1 − 5x − 1 + 3x − 2

2.5. Dạng 5. Phương trình vô tỉ dạng:

A + B = C + D (1)

a) Phân tích: Nếu phương trình (1) có A + B = C + D khi đó cả hai vế đều
không âm, cách giải ta bình phương hai vế thì vế trái xuất hiện tổng A + B và vế phải
xuất hiện C + D mà A + B = C + D khử được khi đó phương trình mới về dạng cơ bản
phần 2.3 dạng 3 và cách giải theo dạng này.
Nếu phương trình (1) có A + C = B + D khi đó ta chuyển vế phương trình (1) về
dạng A − C = B − D sau đó bình phương hai vế thì được phương trình hệ quả vì
cả hai vế chưa xác định đượng dương hay âm khi đó phương trình mới củng có dạng 3
phần 2.3. Chú ý khi giải phương trình mới này cần thử lại nghiệm để loại nghiệm
ngoại lai.
Nếu phương trình (1) có AB = CD khi đó cả hai vế đều không âm, cách giải ta
bình phương hai vế thì vế trái xuất hiện AB vế trái và CD vế phải mà AB = CD
khử được khi đó phương trình không còn căn bậc hai và giải được.
Nếu phương trình (1) có AC = BD khi đó ta chuyển vế phương trình (1) về dạng
A − C = B − D sau đó bình phương hai vế thì được phương trình hệ quả vì cả hai
vế chưa xác định đượng dương hay âm khi đó phương trình mới khử được AC và
BD và phương trình mới không còn căn. Chú ý khi giải phương trình mới này cần
thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại lai.
Trang 11

Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

b) Cách giải
Bước 1. Điều kiện
Bước2. Giải
A + B = C + D (nếu A + B = C + D)

Ta có:

⇔ A + B + 2 AB = C + D + 2 CD ⇔ AB = CD ⇔ AB = CD ⇒ x = ...

So sánh điều kiện và kết luận.
Chú ý: Các trường hợp còn lại giải tương tự.
c) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau:

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

Giải
Điều kiện:

* x + 3 ≥0 ⇔ x≥ - 3
* 3x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥

−1
3

*x ≥ 0

* 2x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 2
Vậy điều kiện: x ≥ 0
Ta có:

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

⇔ x + 3 + 3x + 1 = 4x + 2x + 2 Ta thấy: (x + 3) + 4x = (3x + 1) + (2x + 2)
⇔ x + 3 − 4x = 2x + 2 − 3x + 1
⇒ x + 3 + 4x − 2 (x + 3)4x = 2x + 2 + 3x + 1 − 2 (2x + 2)(3x + 1) (phương trình hệ quả)
⇔ (x + 3)4x = (2x + 2)(3x + 1) (Giải tương tự như dạng 3 phần 2.3)
⇔ 4x(x + 3) = (2x + 2)(3x + 1) ⇔ 4x 2 + 12x = 6x 2 + 2x + 6x + 2
⇔ 2x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ 2 ( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0
2

⇔ x =1

Vì cách biến đổi trên ta được phương trình hệ quả nên cần kiểm tra nghiệm ngoại lai
bằng cách thay x = 1 vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x = 1
Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

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

Giải
Điều kiện: x ≥ - 1
Ta có:

x3 + 1

+ x + 1 = x 2 − x + 1 + x + 3 (Ta thấy
x +3

x3 + 1
x + 3 = x +1 x2 − x +1 )
x +3
Trang 12


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

2

 x3 + 1

⇔
− x +3÷ =
 x +3
÷



(

x2 − x +1 − x +1

)

2

⇒

x3 + 1
x3 + 1
+ x +3− 2
x + 3 = x 2 + 2 − 2 x 2 − x + 1 x + 1 (phương trình hệ quả)
x +3
x +3

⇔

x3 + 1
+ x + 3 = x2 + 2
x +3

⇒ x 3 + 1 + ( x + 3) = ( x 2 + 2 ) ( x + 3) ⇔ x 3 + 1 + x 2 + 6x + 9 = x 3 + 3x 2 + 2x + 6
2

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

Đối chiếu điều kiện và thử lại thì nghiệm của phương trình là x = 1 ± 3
Nhận xét: Giáo viên cho học sinh nhận xét phương trình dạng
A + B = C + D khi nào giải theo ví dụ 1 khi nào giải theo ví dụ 2? Khi giải xong
cần chú ý những gì? (khi thấy A + C = B + D giải theo ví dụ 1 còn AC = BD giải theo
ví dụ 2, giải xong cần đối chiếu điều kiện và thử lại để tránh thu nghiệm ngoại lai)
d) Bài tập tương tự:
Câu 1. 10x + 1 + 3x − 5 = 9x + 4 + 2x − 2

Câu 3.

4x + 1 + x+7 = 2 2x − 3 + 5x − 6

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

Câu 4.

8x 3 − 1
− 2x - 1 = 4x 2 + 2x + 1 − 2x+3
2x + 3

Câu 2.

2.6. Dạng 6. Phương trình vô tỉ dạng:

3

A+3B=3C

Trong đó A, B, C là các đa thức chứa biến x
a) Phân tích: Phương trình dạng cơ bản 3 A + 3 B = 3 C , hướng xử lý để mất
căn bậc ba là lập phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức
3
( a + b ) = a 3 + b3 + 3ab(a + b) , rồi sau đó thay thế 3 A + 3 B = 3 C vào phương trình thu
được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng
Nên cách giải như sau.

3

f (x) = g(x) ⇔ f (x) = [ g(x) ] .
3

b) Cách giải
Điều kiện xác đinh: ∀x ∈ R
Ta có:
3

3

A+3B=3C

⇔

(

A+3B

3

) = ( C)
3

3

3

⇔ A + B + 3 3 AB

(

3

)

A + 3 B = C (Thay

A+3 B= 3C)
3

C−A−B
 C − A − B  ⇒ x = ...
⇔ ABC = 
⇒ A + B + 3 AB C = C ( *) ⇔ ABC =
÷
3
3


3

3

3

Vì cách biến đổi trên thì phương trình (*) là phương trình hệ quả. Vây khi tìm
được x thay vào phương trình ban đầu để kiểm tra nghiệm nào thỏa mãn thì nhận.

Trang 13


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

c) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1:

3

x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1

Giải
Điều kiện: ∀x ∈ R
Ta có:

3

x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 ⇔

(

3

) (
3

x + 1 + 3 3x + 1 =

3

x −1

)

3

⇔ x + 1 + 3x + 1 + 3 3 x + 1 3 3x + 1( 3 x + 1 + 3 3x + 1) = x − 1
⇔ 4x + 2 + 3 3 x + 1 3 3x + 1( 3 x + 1 + 3 3x + 1) = x − 1
⇔ 3 x + 1 3 3x + 1( 3 x + 1 + 3 3x + 1) = − ( x + 1) (Thay
⇒ 3 x + 1 3 3x + 1 3 x − 1 = − ( x + 1) ⇔

3

3

x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 )

( x + 1) ( 3x + 1) ( x − 1)

= − ( x + 1)

⇔ ( x + 1) ( 3x + 1) ( x − 1) =  − ( x + 1)  ⇔ ( x + 1) ( 3x + 1) ( x − 1) = − ( x + 1)
3

3

2
3

⇔ ( x + 1) ( 3x + 1) ( x − 1) + ( x + 1) = 0 ⇔ ( x + 1) ( 3x + 1) ( x − 1) + ( x + 1)  = 0

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

Thay x = -1 vào phương trình thỏa mãn nên x = -1nghiệm của phương trình.
Thay x = 0 vào phương trình thỏa mãn nên x = 0 là nghiệm của phương trình.
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là x = -1; x = 0
d) Bài tập tương tự:
Câu 1. 3 2x − 1 + 3 x − 1 = 3 3x − 2

Câu 2. 3 x+5 + 3 x+6 = 3 2x + 11

Câu 3. 3 x+1 + 3 x+1 + 3 x + 3 = 0

3. Giải pháp 3. Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Phương pháp đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài toán từ tình thế phức tạp sang
tình thế đơn giản hơn mà đã biết cách giải. Có rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy
thuộc vào đặc điểm của từng phương trình mà có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ba ẩn
phụ... để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình. Sau khi đặt ẩn phụ, ta cần tìm
điều kiện cho ẩn phụ. Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta đi tìm điều kiện cho hợp lý
(dễ, không gây sai sót).
Một số dạng đặt ẩn phụ cơ bản thường gặp và cách giải của từng dạng.
3.1. Dạng 1. Phương trình có dạng: a.f (x) + b n f (x) + c = 0 (1)
Trong đó f(x) là đa thức chứa biến x
a) Nhận dạng: Biểu thức chứa biến trong căn và ngoài căn có mối liên hệ.
b) Phương pháp giải:
Bước 1: Đặt điều kiện.
Bước 2: Đặt t = n f (x) (Điều kiện của t)

Trang 14


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

⇒ t n = f (x) thay vào (1) suy ra
(1) ⇔ at n + bt + c = 0 ⇒ t = ... đối chiếu điều kiện
⇒ x = ... đối chiếu điều kiện

Bước 3: Kết luận nghiệm của phương trình.
c) Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 3x 2 +9x+24 − 12 x 2 + 3x + 5 = 0 (2)
Phân tích: Nhận thấy t = x 2 + 3x + 5 ≥ 0, thì biểu thức bên ngoại dấu căn thức
3x 2 +9x+24 = 3( x 2 + 3x + 5 ) + 9 = 3t2 + 9 có mối liên hệ với nhau nên cách giải như
sau:
Giải
Điều kiện: ∀x ∈ R ≥ 0
x 2 + 3x + 5 (t ≥ 0) (*)

Đặt t =

⇒ t 2 = x 2 + 3x + 5 ⇒ 3x 2 +9x+24 = 3t 2 + 9
 t = 1 (nhận)
(nhận)
t = 3

Thay vào (2) ⇔ 3t 2 − 12t + 9 = 0 ⇔ 3 ( t − 1) ( t − 3) = 0 ⇔ 

7
4

Với t = 1 thay vào (*) ta có: 12 = x 2 + 3x + 5 ⇔ x 2 + 3x + 4 = 0 (vô lý vì x 2 + 3x + 4 ≥ > 0 )
x = 1
 x = −4

Với t = 3 thay vào (*) ta có: 32 = x 2 + 3x + 5 ⇔ x 2 + 3x - 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x + 4 ) = 0 ⇔ 
Kết luận: So sánh điều kiện, tập nghiệp của phương trình là: S = {- 4; 1}
Ví dụ 2. Giải phương trình sau: 3 x +

3
2 x

= 2x +

1
− 7 (3)
2x



1
x

2
Phân tích: Đối với bài toán có dạng thuận nghịch loại f  x ± ; x +

1 
÷ = 0 ta
x2 

2

1
1
1

đều có thể giải bằng cách đặt ẩn số phụ: t = x ± ⇒ t 2 =  x ± ÷ = x 2 + 2 ± 2 nên
x
x
x


cách giải bài toán trên như sau:
Giải
Điều kiện: x > 0


(3) ⇔ 3  x +


Đặt t = x +
⇒ t2 = x +

1 
1 

÷ = 2  x + 4x ÷− 7 (*)
2 x



1

2 x

Cauchy

≥ 2

x

1
2 x

= 2

1
1
2
+ 1 ⇒ t −1 = x +
4x
4x
Trang 15


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

(*) 3t = 2(t2 - 1) - 7
⇔ 2t 2 − 3t − 9 = 0
⇔ ( t − 3) ( 2t + 3) = 0
 t = 3(nhận)

⇔  −3
(loại)
t =

2

Với t = 3, suy ra:

x+

1
2 x

= 3 ⇔ 2x − 6 x + 1 = 0 ⇔ x = 8 ± 3 7
2

Kết luận: So sánh với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là: x =

8±3 7
2

Ví dụ 3. Giải phương trình sau: x + 1 + x 2 − 4x + 1 = 3 x (4)
Phân tích: Ta nhận thấy biểu thức ngoài căn là x + 1, biểu thức trong căn thức
có chứa x2 + 1 ta thấy hai biểu thức này không liên hệ với nhau. Nhưng nếu chia cả hai
vế cho

x > 0 được

nhau. Đặt t = x +

x+

1
1
, x + − 4 từ đây ta thấy hai biểu thức có liên hệ với
x
x

1
⇒ t 2 thì phương trình sẽ biểu diễn hết theo biến mới t và cách
x

giải như sau:
Giải
Điều kiện: x ≥ 0
Trường hợp 1. Với x = 0 ta thấy không là nghiệm (vì thay vào phương trình 4 không
thỏa mãn)
Trường hợp 2. Nếu x > 0, chia cả hai vế cho
(4) ⇔ x +

1
1
+ x + − 4 = 3 (5)
x
x

Đặt: t = x +
⇒ t2 = x +

x >0

1 Cauchy
≥ 2
x

x

1
=2
x

1
+2
x

⇔ t2 − 6 = x +

1
1
− 4 ⇔ t 2 − 6 = x + − 4 (thay vào phương trình 5)
x
x

(5) ⇔ t + t 2 − 6 = 3 ⇔ t 2 − 6 = 3 − t (Giải tương tự dạng cơ bản 2 phần 2.2 nâng lên
lũy thừa. Chú ý điều kiện phụ t ≤ 3)
⇔ t 2 − 6t + 9 = t 2 − 6 ⇔ t =

5 (nhận)
2

Trang 16


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Suy ra:

x = 4
1
5
x+
= ⇔ 2x − 5 x + 2 = 0 ⇔ 
x = 1
x 2

4
1
4

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là: x = ; x = 4
Ví dụ 3. Giải phương trình sau:

2x 2 + 8x + 5 + 2x 2 − 4x + 5 = 6 x (4)

Phân tích: Nếu giải phương trình 4 theo phương pháp nâng lên lũy thừa thì ta
thấy lũy thừa bậc cao không triệt tiêu được và sẽ gây khó khăn cho việc giải. Nhưng
phần biến có liên hệ với khau không? Để ý phần hệ số của a, c của biểu thức ax 2 + bx
+ c trong hai căn thức ở vế trái đều bằng nhau là (a = 2, c = 5), nên khi chia cả hai vế
cho x > 0 thì khi đó hai biểu thức dưới dấu căn thức ở vế trái có liên hệ với nhau.
Khi đó đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng cơ bản như sau.

Giải
Điều kiện: x ≥ 0
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của phương
trình (4) cho
⇔ 2x +

x , ta được: (4) ⇔ 2x + 8 +

5
5
+ 2x - 4 + = 6
x
x

5
5
+ 8 + 2x + − 4 = 6 (*)
x
x

Đặt t = 2x +

5 Cauchy
5
≥ 2 2x = 2 10
x
x

(*) ⇔ t + 8 + t − 4 = 6 (Đây là dạng cơ bản 4 của phần 2.4)
⇔ 2t + 4 + 2 t + 8 t − 4 = 36

⇔

( t + 8) ( t − 4)

= 16 − t (Điều kiện bổ sung t ≤ 16)

⇔ ( t + 8 ) ( t − 4 ) = ( 16 − t )

2

⇔ 36t = 288

⇔ t = 8 (TMĐK)

Với t = 8, suy ra: 2x +

5
4± 6
= 8 ⇔ 2x 2 − 8x + 5 = 0 ⇔ x =
x
2

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x =

4± 6
2

d) Nhận xét: Đôi khi bài toán ban đầu chưa xuất hiện mối liên hệ giữa các biểu
thức trong căn và ngoài căn nhưng khi ta nhân hoặc chia cả hai vế cho cùng một biểu
thức khác không thì xuất hiện sự liên hệ giữa các biểu thức đó. Nên khi làm một bài

toán chúng ta cần tìm hiểu và phân tích thật kỹ để tìm ra cách giải phù hợp đơn giản
nhất.

Trang 17


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

e) Bài tập tương tự:
Câu 1. ( x + 4 ) ( x + 1) − 3 x 2 + 5x + 2 = 6
Câu 2. x 2 + 2x x −

Câu 3. 6x 2 + 2x + 3 3x 2 + x + 4 − 10 = 0

1
= 3x + 1
x

Câu 4. 10 x + 3 +

3x
− 13 x = 0
x+3

3.2. Dạng 2. Phương trình vô tỉ dạng: a f (x) + b g(x) + 2ab f (x)g(x) = h(x)
Trong đó f(x), g(x), h(x) là các đa thức chứa biến x
a) Nhận dạng: Phương trình có dạng tổng - tích hoặc hiệu - tích
b) Cách giải
Điều kiện: f(x) ≥ 0, g(x) ≥ 0, h(x) ≥ 0
Bước 1. Đặt t = tổng hoặc hiệu f (x) , g(x) , suy ra t2 =...

Bước 2. Giải phương trình với biến mới theo t, suy ra x.
c) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 3 + x + 6 − x = 3 +

( 3 + x ) ( 6 − x ) (1)

Phân tích: Phương trình có dạng tổng - tích, khi đó ta đặt t =
0, suy ra t 2 =

(

3+ x + 6 − x

)

2

3+ x + 6− x ≥

( 3 + x ) ( 6 − x ) đã biểu diễn biết hết theo t nên

=9+2

cách giải như sau:
Giải
* 3 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ −3

Điều kiện:

* 6−x ≥ 0 ⇔ x ≤ 6

Suy ra điều kiện: −3 ≤ x ≤ 6
Đặt t = 3 + x + 6 − x ≥ 0 , suy ra: t 2 =
⇒

( 3 + x) ( 6 − x)

(1) ⇔ t = 3 +

=

(

3+ x + 6− x

)

2

=9+2

( 3+ x) ( 6 − x)

t2 − 9
. Khi đó:
2

 t = −1(loại)
t2 − 9
⇔ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ 
2

 t = 3(nhận)

Với t = 3, suy ra: 3 + x + 6 − x = 3 (giải tương tự dạng cơ bản 4 phần 2.4)
⇔ 9 =9+2

( 3+ x) ( 6 − x)

⇔

( 3+ x) ( 6 − x)

 x = −3
=0 ⇔
x = 6

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = - 3; x = 6.
Ví dụ 2. Giải phương trình sau:
Phân tích: Sau khi phân tích
dạng

tổng

-

tích,

nếu

2x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 − 16 (2)
2x 2 + 5x + 3 =

đặt

( 2x + 1) ( x + 1) thì phương trình có

t = 2x + 3 + x + 1 ≥ 0,

suy

ra

Trang 18


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

t2 =

(

)

2

2x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 + 4 thì phần biến còn lại biểu diễn được hết theo t

và có lời giải như sau:
Giải
Điều kiện: x ≥ -1
Đặt t = 2x + 3 + x + 1 ≥ 0, suy ra t 2 =

(

2x + 3 + x + 1

)

2

= 3x + 2 2x 2 + 5x + 3 + 4 .

 t = −4 (loại)
 t = 5 (nhận)

Khi đó: (2) ⇔ t = t 2 − 20 ⇔ t 2 − t − 20 = 0 ⇔ 
Với t = 5, suy ra:
⇔2

( 2x + 3) ( x + 1)

2x + 3 + x + 1 = 5 ⇔ 3x + 4 + 2

( 2x + 3) ( x + 1)

= 25

= 21 − 3x (điều kiện bổ sung x ≤ 7)

(nhận)
x = 3

⇔ x 2 − 146x + 429 = 0 ⇔ 
 x = 143 (loại)

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
d) Nhận xét: Đôi khi phương trình chưa có dạng tổng tích hoặc hiệu tích như ví
dụ 2 trên ta cần phân tích biểu thức dưới dấu căn thành tích để xuất hiện dạng tổng tích
hoặc hiệu tích như ví dụ 2.
e) Các bài tập tương tự
Câu 1. x + 2 + 5 − x +

( x + 2 ) ( 5 − x ) = 4 Câu 3.

Câu 2. x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2x + 2

2x + 3 + 4 − x = 3x + 6 5x − 2x 2 + 12 − 23

Câu 4. 3x − 2 + x − 1 = 4x - 9 + 2 3x 2 − 5x + 2

3.3. Dạng 3. Phương trình vô tỉ dạng: α. n a − f (x) + β.m b + f (x) = c
a) Cách giải:
Điều kiện: a - f(x) ≥ 0, b + f(x) ≥ 0( khi m,n là các số chẳn)
 u = n a − f (x)
u n = a − f (x)
u n + v m = a + b
⇒ u, v ⇒ x
⇔
⇒
Đặt 
 m


m b + f (x)
α
u
+
β
v
=
c
v
=
b
+
f
(x)

v
=




b) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 5 x + 1 − 2 3 7x + 6 = 4 (1)
Phân tích: Bài toán có hai căn thức như dạng 3, nên ta giải bằng cách đặt hai ẩn
2
 u = x + 1
u = x + 1(1)
⇔ 3
phụ là 2 căn thức, tức đặt 
. Khi đó, ta cần cân bằng hệ số

3
 v = 7x + 6(2)
 v = 7x + 6

trước x, tức phương trình (1) sẽ nhân 2 vế với 7 sau đó trừ (một số bài cộng) nhằm triệt
tiêu x sẽ thu được 1 phương trình mới với ẩn là u và v là 7u 2 -v3 = 1. Còn phương trình
thứ 2 thay u, v vào đề bài được phương trình là: 5u - 2v = 4. Khi đó giải hệ này tìm
được u, v. Suy ra x.
Giải
Trang 19


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
2
2
 u = x + 1 ≥ 0
u = x + 1
7u = 7x + 7
⇔ 3
⇔ 3
Đặt 
⇒ 7u 2 − v3 = 1 (2)
3
 v = 7x + 6
 v = 7x + 6
 v = 7x + 6

Từ phương trình (1) ⇔ 5u - 2v = 4 (3)

  4 + 2v  2
7
− v3 = 1
7u 2 − v3 = 1   5 ÷

⇔
Từ (2), (3) suy ra hệ: ⇒ 
5u
−
2v
=
4

u = 4 + 2v

5
25v3 − 28v 2 − 112v − 87 = 0
(v − 3)(25v 2 + 47v + 29) = 0
v = 3


⇔
⇔
⇔
(nhận)
4 + 2v
4 + 2v
u = 2
u =
u =

5
5


v = 3
, suy ra:
u = 2

Với ⇔ 

 x + 1 = 2
x = 3
⇔
⇔ x = 3 (nhận)
3
x = 3
 7x + 6 = 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3.
Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

3

x 2 − 1 + 3 x 2 + 18 = 5 (2)

Phân tích tương tự ví dụ 1.
Giải
Điều kiện: x ∈ R
 u = 3 x 2 − 1
u 3 = x 2 − 1

⇔ 3
Đặt: 
2
 v = x + 18
 v = 3 x 2 + 18
 v3 − u 3 = 19
⇒
u + v = 5

u = 5 − v
⇔ 3
2
2v − 15v + 75v − 144 = 0

u = 2
⇔
, suy ra:
v = 3

 3 x 2 − 1 = 2
 x 2 − 1 = 2
⇔ 2
⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3
3 2
 x + 18 = 3
 x + 18 = 3

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = - 3, x = 3
Ví dụ 3. Giải phương trình sau: 3 3 − x

(

)

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

Phân tích: Đối với ví dụ 3 không đúng dạng 3 trên. Ta cần biến đổi khéo léo
đẳng thức để đưa về dạng: α. n a − f (x) + β.m b + f (x) = c . Nên cách giải như sau.
Giải
Điều kiện: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ -2, suy ra:

x + 2 + 1 > 0 . Khi đó:

Trang 20


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

3

3− x

(

)=

x + 2 +1

x +1
(3) ⇔

=
x + 2 +1
x + 2 +1
cả hai vế cho số x + 2 + 1 > 0 )

(

)

2

x + 2 − 12
x + 2 +1

=

(

)(

x + 2 −1

)=

x + 2 +1

x + 2 +1

x + 2 − 1 (chia

⇔ 3 3 − x = x + 2 − 1 (phương trình đã có dạng 3 phần 3.3)
3
3
u = v − 1
u = 1
 u = 3 − x
u = 3 − x
⇔
⇒ 3
⇔
Đặt: 
(nhận)
 2
2
 v = x + 2 u + v = 5
v = 2
 v = x + 2 ≥ 0
3
3 − x = 1
 3 − x = 1
⇔
⇔
⇔ x = 2 (nhận)
Suy ra:

x + 2 = 4
 x + 2 = 2

Kết luận: Phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2.
c) Nhận xét: Ta thấy hình thức ở ví dụ 3 thực ra củng là dạng 3 nhưng mang

tích chất giấu mặt. Khi đó ta chỉ cần biến đổi khéo léo đẳng thức củng như sự kết hợp
tinh tế để đưa về dạng: α. n a − f (x) + β.m b + f (x) = c .
d) Các dạng bài tập tương tự

(

)

Câu 1. 2 3x+7 + 5 3 x − 6 = 4

Câu 4. 3

Câu 2. 4 3 5x − 4 + 3 10 − 9x = 5

Câu 5. 3 3 − 2x 2 3x − 2 + 1 = 3 ( 4x − 3)

Câu 3.

4

x −1 − 3

(

47 − 2x + 35 + 2x = 4
4

(

Câu 6. 3 3 3x − 2 7 +

3

2 − x + 10 = x

)
4x − 3 ) = 26 − 2x

3.4. Dạng 4. Phương trình vô tỉ dạng: a. n A 2 + b. n AB + c. n B2 = 0
a) Phương pháp giải: Có 2 cách giải như sau:
- Cách 1. Đặt 2 ẩn phụ u = n A , v = n B , đưa phương trình về dạng phương
trình đẳng cấp bậc hai dạng: a.u2 + b.uv + c.v2 = 0. Giải phương trình đẳng cấp kết hợp
với đề bài suy ra u, v. Suy ra x.
- Cách 2. Nếu n A ≠ 0 hoặc n B ≠ 0. Chia trực tiếp 2 vế phương trình cho
lượng khác 0, n A ≠ 0 hoặc n B ≠ 0, để được phương trình bậc hai dạng:
2

 A
A
n
n
a. 
+
b.
+c = 0 . Giải phương trình bậc hai này và kết hợp với phương
÷
 B÷
B



trình đã cho suy ra A, B. Suy ra x.
b) Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 4. 3 ( x + 2 ) − 7. 3 4 − x 2 + 3. 3 ( 2 − x ) = 0 (1)
2

Phân tích: Nhận thấy

3

4 − x2 =

3

2

( 2 + x ) ( 2 − x ) nên phương trình (1) có dạng

4. 3 ( x + 2 ) − 7. 3 ( 2 + x ) ( 2 − x ) + 3. 3 ( 2 − x ) = 0 đúng dạng 4. Nên cách giải như sau:
2

2

Trang 21


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

Giải
Điều kiện: x ∈ R

- Cách 1. Đặt 2 ẩn phụ đư về phương trình đẳng cấp bậc hai.
Đặt u = 3 x + 2 , v = 3 2 − x . Khi đó (1) ⇔ 4u 2 − 7uv + 3v 2 = 0 (2)
Ta thấy x = 2 không là nghiệm của phương trình (1) nên xét x ≠ 2, suy ra: v = 3 2 − x ≠
0 khi đó chia hai vế của phương trình (2) cho v2 ≠ 0, ta được:
u

2

u

(2) ⇔ 4  ÷ − 7 + 3 = 0
v
v
u
v =1
u = v
⇔
⇔
 4u = 3v
u = 3
 v 4

Với u = v, suy ra:

3

x +2 = 3 2−x ⇔ x+2 = 2−x ⇔ x =0

Với 4u = 3v, suy ra: 4 3 x + 2 = 3 3 2 − x ⇔ 64 ( x + 2 ) = 27 ( 2 − x ) x = −

74
91
−74
91

Kết luận: So với điều kiên, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0,
- Cách 2. Chia đưa phương trình về dạng bậc hai.
Ta thấy x = 2 không là nghiệm của phương trình (1) suy ra:
vế của phương trình (1) cho
2

 x+2 
÷
÷
 2−x 

(1) ⇔ 4.  3

3

( 2 − x)

2

2 − x ≠ 0 khi đó chia hai

≠ 0, ta được:


3

x
+
2
− 7. 3
+3= 0 ⇔ 

2−x
3


x+2
=1
2−x

x + 2
x = 0
2− x =1
⇔
⇔
 x = −74
x
+
2
27
x+2 3

=
91

=

 2 − x 64
2−x 4

Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0,
Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

3

3

( 2 − x)

2

−74
91

+ 3 ( 7 + x) − 3 ( 7 + x) ( 2 − x) = 3
2

Phân tích: Thông thường thì học sinh nhầm lẫn giữa ví dụ này với ví dụ 1, vì
thấy vế phải không bằng 0 nên không thuộc dạng: a. n A 2 + b. n AB + c. n B2 = 0 . Đối với
dạng này ta chỉ giải theo cách 1 đặt hai ẩn phụ u, v rồi giải, nên cách giải như sau.
Giải
Điều kiên: x ∈ R
 u = 3 2 − x

3
u = 2 − x
⇔ 3

⇒ u 3 + v3 = 9 . Kết hợp với đề được hệ phương trình
3
 v = 7 + x
 v = 7 + x

Đặt: 

Trang 22


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

3
3
2
2
u + v = 3 u = 1
u = 2
u + v = 9
(u + v)(u − uv + v ) = 9
hoặc 
⇒ 2
⇔ 2
⇔
⇔
2
2
u + v − uv = 3
u + v − uv = 3
uv = 2

v = 2
v = 1

u = 1
Với 
, suy ra:
v = 2

 3 2 − x = 1
2 − x = 1
⇔
⇔ x =1
3
7
+
x
=
8
7
+
x
=
2



u = 2
Với 
, suy ra:
v = 1

 3 2 − x = 2
2 − x = 8
⇔
⇔ x = −6
3
7
+
x
=
1
7
+
x
=
1



Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 1, x = - 6
c) Các dạng bài tập tự luyện tương tự:
Câu 1.

3

( 2x+1)

2

+ 3 3 ( 1 − 2x ) = 8 3 4x 2 − 1

2

Câu 2. 5 4 ( 3 − x ) − 7 4 ( 3 + x ) − 2 4 9 − x 2 = 0
2

2

Câu 3. 2 3 ( 3x − 1) + 3 3 ( 4x − 1) = 5 3 12x 2 − 7x + 1
2

Câu 4.

3

( 3x − 2 )

2

2

+ 3 ( 11 − 3x ) + 3 ( 3x − 2 ) ( 3x − 11) = 3
2

3.5. Dạng 5. Phương trình vô tỉ dạng: ( mx + n ) ax 2 + bx + c = px + q
a) Cách giải: Đối với dạng nay ta có rất nhiều cách để giải. Như biến đổi về
dạng A 2 = B2 hoặc đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ.
b) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: ( x + 2 ) − x 2 − 2x + 3 = x + 3 (1)
Giải
Điều kiện: − x 2 − 2x + 3 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1

- Cách 1. Đưa về dạng: A 2 = B2 ⇔ A = ± B
(1) ⇔ 2(x + 3) − 2 ( x + 2 ) − x 2 − 2x + 3 = 0 (nhân hai vế của (1) với 2 và chuyển vế)
⇔ ( − x 2 − 2x + 3) − 2 ( x + 2 ) − x 2 − 2x + 3 + x 2 + 4x + 4 = 1 (biến đổi về dạng hằng đẳng

thức bình phương một hiệu)
 − x 2 − 2x + 3 − (x + 2) = 1
2
2
1


⇔ − x − 2x + 3 − (x + 2) = 1 ⇔ 


 − x 2 − 2x + 3 − (x + 2) = −1
 − x 2 − 2x + 3 = x + 3
⇔
(giải như dạng 2 phần 2.2)
 − x 2 − 2x + 3 = x + 1
  x ≥ −3
 
  − x 2 − 2x + 3

⇔
x ≥ −1
 

2
  − x − 2x + 3

(

)

(

)

2

= ( x + 3)

2

2

= ( x + 1)

2

  x ≥ −3
  x ≥ −3
 2
 2
2
 − x − 2x + 3 = x + 6x + 9
 2x + 8x + 6 = 0
⇔
⇔
x ≥ −1

x ≥ −1
 
 
 − x 2 − 2x + 3 = x 2 + 2x + 1
 2x 2 + 4x - 2 = 0

Trang 23


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

  x ≥ −3

  x ≥ −3
   x = −1 (nhận)
 x = −1
 2
   x = −3

(nhận)

  x + 4x + 3 = 0
⇔
⇔
⇔  x = −3
  x ≥ −1
x ≥ −1
x = 2 −1
 



  x 2 + 2x - 1 = 0
x = 2 − 1

(loai)
x = − 2 − 1

Kết luận: Phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = -3, x = −1 , x = 2 − 1 .
- Cách 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
⇔ 2(x + 3) − 2 ( x + 2 ) − x 2 − 2x + 3 = 0

(1) ⇔ ( − x 2 − 2x + 3) − 2 ( x + 2 ) − x 2 − 2x + 3 + x 2 + 4x + 3 = 0 (2)
Đặt t = − x 2 − 2x + 3 ≥ 0
2
2
(2) ⇔ t − 2 ( x + 2 ) t + x + 4x + 3 = 0 (giải phương trình bậc hai theo ẩn t)

Có: ∆ 't = [ −(x + 2) ] − ( x 2 + 4x + 3) = 1
2

 x = −1
2
 t = x + 3  − x − 2x + 3 = x + 3

⇒
⇒
⇔  x = −3
 − x 2 − 2x + 3 = x + 1
t = x + 1
x = 2 −1



- Cách 3. Đặt 2 ẩn phụ u, v đưa về dạng hằng đẳng thức: (u ± v)2 = k2 (k là hằng
số)
u 2 = − x 2 − 2x + 3(1)
 u = − x − 2x + 3 ≥ 0

⇔  v 2 = x 2 + 4x + 4(2)
Đặt 
 v = x + 2
2uv = 2x + 6(3)

2

u − v = 1
 u − v = −1

Lấy (1) + (2) - (3), suy ra: ( u − v ) = 1 ⇔ 
2

Với u - v = 1, suy ra: − x 2 − 2x + 3 − (x + 2) = 1 , giải tương tự cách 1 suy ra: x = -3, x = -1
Với u - v = - 1, suy ra:

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

c) Các bài tập tương tự:
Câu 1. ( x + 3) −x 2 − 8x + 48 = 28 − x

Câu 3. ( x + 3) − x 2 − 8x +48 = x − 24

Câu 2. 2 ( x − 5 ) − x 2 + 5x - 4 = 5x − 20

Câu 4. ( x + 1) 2x 2 + 7x - 9 = 9x + 39

3.6. Dạng 6. Phương trình vô tỉ dạng: mx 2 + nx + p = ( ax + b ) cx 2 + dx +e = 0 (*)
a) Phân tích: Phương trình (*) cách giải hoàn toàn tương tự ở dạng 4 trên. Để
tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau:
Trang 24


Một số giải pháp về giải phương trình vô tỉ dành cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Lê Đình Chinh

b) Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau: 3x 2 − 5x − 2 + 2 ( x − 1) 2x 2 − 3x +1 = 0 (1)
Giải
Điều kiện: 2x 2 − 3x +1 ≥ 0 ⇔ x ≤

1
hoặc x ≥ 1
2

- Cách 1. Đặt 2 ẩn u, v để đưa về hằng đẳng thức: ( u ± v ) = k 2 (k hằng số)
2

2
2
 u = x − 1
u = x − 2x + 1(2)
⇔
Đặt 

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

Thay u, v vào (1), suy ra: 3x 2 − 5x − 2 + 2uv = 0 ⇒ 2uv = −3x 2 + 5x + 2(4)
u + v = 2
 u + v = −2

Lấy (2) + (4) + (3), suy ra: ( u + v ) = 4 ⇔ 
2

Với u + v = 2, suy ra: x − 1 + 2x 2 − 3x +1 = 2
⇔ 2x 2 − 3x +1 = 3 − x (giải như dạng 2 phần 2.2)
x ≤ 3
x ≤ 3
x ≤ 3

2
⇔
⇔
⇔

 2
2
2
2
2
2x − 3x +1 = 9 − 6x + x

 x + 3x - 8 =0
 2x − 3x +1 = ( 3 − x )
−3 ± 41
(nhận)
⇔x=
2

)

(

Với u + v = - 2, suy ra: x − 1 + 2x 2 − 3x +1 = −2
⇔ 2x 2 − 3x +1 = −1 − x (giải như dạng 2 phần 2.2)
 x ≤ −1

⇔
2
 2x − 3x +1

(

)

2

= ( −1 − x )

2

 x ≤ −1

 x ≤ −1
 x = 0 (loại)
⇔ 2
⇔ 2
⇔
2
 x = 5 (loại)
2x − 3x +1 = 1 + 2x + x
 x − 5x =0

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là: x =

−3 ± 41
2

A = B

2
2
- Cách 2. Đưa về dạng A = B ⇔ 
 A = −B

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

(

 2x 2 − 3x +1 + x − 1 = 2
2

(giải tương tự cách 1)
2x 2 − 3x +1 + x − 1 = 2 2 ⇔ 
2
 2x − 3x +1 + x − 1 = −2

)

- Cách 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

Trang 25