Các dạng phương trình THCS

CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9
A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG :
+ Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối
+ biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng
vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối.
I.KIẾN THỨC BỔ SUNG
* Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b
x
a
b
−
ax + b Trái dấu với a 0 Cùng dấu với a
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
a)
2 1 0x − =
, b)
2 3x − =
giải: a)
2 1 0x − = ⇔
2x – 1 = 0
⇔
x = ½ . Vậy : S =
1
2
 
 
 
b)
2 3x − = ⇔

2 3
2 3
x
x
− =


− = −


⇔
5
1
x
x
=


= −

.Vậy : S =
{ }
1;5−
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1 2x x− = −

⇔
2 1 2
2 1 2
x x

x x
− = −


− = − +


⇔
1
1
x
x
= −


=

. Vậy : S =
{ }
1;1−

1
* DẠNG 1 :
f(x) = a
(1)
• a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm
• a = 0 , ta có Pt (1)
⇔
f(x) = 0
• a > 0 , ta có Pt (1)

⇔




f(x) = a
f(x) = -a
* DẠNG 2:
f(x) = g(x)

⇔
( )
( )
g x
g x



f(x) =
f(x) = -
* DẠNG 3:
f(x) = g(x)

⇔
 ≥













f(x) 0
f(x) = g(x)
f(x) < 0
f(x) = -g(x)
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
3 2 2 6x x
− = +
+ Với x
≥

2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6
⇔
x = 8 ( nhận)
+ Với x <
2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6
⇔
x = - 4/5 ( nhận)
Vậy : S =
4

;8
5
 
−
 
 

Ví dụ 4.1: Giải các phương trình sau :
2 1 3 1 1x x
− − − =
+ Bảng xét dấu :
• Với x < ½ , ta có Pt : 1 – 2x – 3( 1 – x ) = 1
⇔
x = 3 ( loại )
• Với ½
≤
x < 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(1 – x ) = 1
⇔
x = 1 ( loại )
• Với x
≥
1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(x – 1 ) = 1
⇔
x = 1 ( nhận )
Vậy : S =
{ }
1
Ví dụ 4.2: Giải các phương trình sau :
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
; ĐK : x

≥
1

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

⇔ 1 1 1 1 2x x− + + − − =
(2) ; ( vì
1 1 0x − + >
)
* Nếu x > 2 thì Pt (2)
⇔
1x − +1 + 1x − - 1 = 2 1x − = 1
⇔
x = 2 (loại)
* Nếu 1
2x≤ ≤
thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 + 1 -
1x −
= 2
⇔
0.x = 0 , Pt vô số nghiệm
Vậy Pt đã cho có nghiệm 1
2x≤ ≤

+ Cách khác : Sau khi biến đổi đến Pt (2) ta có thể viết :
1 1 1 1x x− − = − −

Chú ý bất đẳng thức
A A≥
với điều kiện xảy ra ” =” là A
≥
0 .
Vì thế 1 -
1x −

≥
0
⇔
1x −

≤
1
⇔
x
≤
2
Kết hợp với ĐK ban đầu ta có 1
2x
≤ ≤
Ví dụ 4.2: c)
2 2 2
6 9 2 2 1 0x x x x x+ + − − + + =

Giai : ⇔
( ) ( )
2 2

2
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
3 2 1 0x x x+ − − + =
. (2)
x 1/2 1
2x – 1 – 0 + +
X - 1 – – 0 +
2
* DẠNG 4:
( )a b h x
+ =
f(x) g(x)

+ Dùng bảng xét dấu các giá trị biến là nghiệm của các đa thức , để
khử dấu giá trị tuyệt đối , rồi giải các Pt
+ Nếu
3x
< −
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x− + − − −  − =
 
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
+ Nếu :
3 0x
− ≤ <

, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − −  − =
 
⇔
2 1 0x
+ =
⇔
1
2
x = −
.
+ Nếu :
0 1x
≤ <
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − −  + =
 
⇔
4 1 0x
+ =
⇔
1
4
x = −
, (loại).
+ Nếu ;
1x
≥

, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.

III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau : a)
2
2 1 5x x− + =
; b)
2
4 4 1 2x x x− + = −
c)
2 2
6 9 4 4 0x x x x− + + + + =
B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM
+ Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình.
+ Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên.
I.CÁC DẠNG BÀI TẬP :


Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x

2
+ 2x + 1 =
4 1x +
(*)
Giải : ĐK : 4x + 1
≥
0
⇔
x
≥
- ¼
(*)
⇔
4x
2
+ 4x + 2 = 2
4 1x +

⇔
4x
2
+ 4x + 1 – 2
4 1x +
+1 = 0

⇔
4x
2
+ (
4 1x +

- 1 )
2
= 0
⇔
( )
4 0
4 1 1
x
x o
=



+ − =


⇔
0
4 1 1
x
x
=


+ =


⇔
x = 0 ( nhận) . Vậy : S =
{ }

0
Ví dụ 5’: Tìm các giá trị x, y, z biết :
1
2 3 5 ( 7)
2
x y z x y z
− + − + − = + + −
(1)
+ ĐK : x
≥
2 ; y
≥
3 ; z
≥
5
(1)
⇔
2 2 2 3 2 5 7 0x y z x y z
− + − + − − − − + =

⇔
2 2 2
( 2 1) ( 3 1) ( 5 1) 0x y z
− − + − − + − − =
3
* DẠNG 5 : A
2
+ B
2
= 0

⇔



A = 0
B = 0

⇔

2 1 0
3 1 0
5 1 0
x
y
z

− − =


− − =


− − =



⇔
3
4
6

x
y
z
=


=


=


Ví dụ 6 : Giải các phương trình sau :
2
1 3 2 0x x x− + − + =
(**)
(**)
⇔
2
1 0
3 2 0
x
x x
− =


− + =


1 0

( 1)( 2) 0
x
x x
− =


− − =


⇔
1
1
2
x
x
x
=


=




=



⇔
x = 1 . Vậy : S =

{ }
1

Ví dụ 7 : Giải các phương trình sau :
2
2 1 1 0x x x− + + − =

⇔
2
1 0
2 1 0
x
x x
− =


− + =


⇔
2
1 0
( 1) 0
x
x
− =


− =


⇔
x =1 . Vậy : S =
{ }
1
II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau :
a)
1
1 2 ( )
2
x y z x y z+ − + − = + +
; b) x + y + 4 = 2
x
+ 4
1y −
;
c) x + y + z + 4 =
2 2 4 3 6 5x y z− + − + −
; d )
2 2
9
3 2 1 0
4
x x x x+ + + + + =
C. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP VÀ BẤT ĐẲNG THỨC :
+ Sử dụng được tính chất đối lập ở hai vế của phương trình.
+ Ngoài những bất đẳng thức của các số không âm ở bài trước , cần nắm
thêm và sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc như BĐT Cô Si;
BĐT Svacxơ; BĐT về giá trị tuyệt đối vào việc giải phương trình.

I/KIẾN THỨC CƠ BẢN
1_ Sử dụng tính chất tính chất đối nghịch giá trị của hai vế Pt :



Ví dụ 8 : Giải các phương trình sau :
a)
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x
+ + + + + = − −

⇔

2 2 2
3( 1) 4 5( 1) 9 5 ( 1)x x x
+ + + + + = − +
Mà (VT) =
2 2
3( 1) 4 5( 1) 9 4 9 5x x
+ + + + + ≥ + =
,
dấu”=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
Và (VP) = 5 – (x + 1)
2

≤

5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
4
* DẠNG 6 :

⇔


A = 0
A + B = 0
B = 0
* DẠNG 7 :

⇔


A = 0
A + B = 0
B = 0
* DẠNG 8 :
≥


≤




A m
B m
A = B

⇔



A = m
B = m
Do đó :
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2 5x x x x x x
+ + + + + = − − =
(x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1 . Vậy : S =
{ }
1−
b)
2
7 9 16 66x x x x− + − = − +
; ĐK :
7 9x≤ ≤
(VT) : A =
7 9x x− + −

⇔

A
2
= 2 + 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
(Áp dụng BĐT Cô Si 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
)
Do đó A
≤
2
(VP) : B =
2
16 66x x− +
= (x – 8 )
2
+ 2
≥
2
Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận)
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau :
a)
2 4 2 2
3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + − + = − −

b)
2 2 2
6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x
− + + − + + − + = +
c)

2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
− +
= − +
− +
2_ Sử dụng bất đẳng thức CÔ-SI cho hai số không âm

Ví dụ 9.1 : Giải các phương trình sau :

2
3 2
1
5 3 3 2 3
2 2
x
x x x x
+ + − = + −
ĐK : Vì 5x
3
+ 3x
2
+ 3x – 2 = (x
2

+ x + 1) (5x – 2)
Mà x
2
+ x + 1 = (x + ½)
2
+ ¾ > 0
nên
3 2
5 3 3 2x x x
+ + −
có nghĩa khi 5x – 2
≥

⇔
x
≥
2/5
⇒

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

≤

2 2
1 5 2 1
3
2 2 2
x x x x

x
+ + + −
= + −
( theo BĐT Cô-Si cho hai số không âm)
Dấu “ = ” xảy ra khi x
2
+ x + 1 = 5x – 2
⇔
x
2
– 4x + 3 = 0
⇔
(x – 1)(x – 3) = 0

⇔
x = 1 ; x = 3 . Vậy : S =
{ }
1;3
Ví dụ 9.2 : Giải các phương trình sau :

2
2 3 5 2 3 12 14x x x x
− + − = − +
Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta có :b

2 3 1 5 2 1
2 3 5 2 (2 3).1 (5 2 ).1 2
2 2
x x
x x x x

− + − +
− + − = − + − ≤ + =
Dấu “ = ” xảy ra khi
2 3 0
5 2 0
x
x
− =


− =


⇔
x = 2
5
* DẠNG 9 : Với hai số a ,b không âm ta có :

≥a + b 2 a.b
Dấu “=” xảy ra khi a = b
Mặt khác 3x
2
– 12x +14 = 3(x
2
– 4x + 4) + 2 = 3(x – 2)
2
+ 2
2≥

Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 0

⇔
x = 2
Vậy Pt có nghiệm duy nhất x = 2
3_ Sử dụng bất đẳng thức SVAC XƠ

Ví dụ 10 : Giải các phương trình sau :

2
2 10 12 40x x x x− + − = − +
; ĐK : 2
≤
x
≤
10
Ta có (VT) =
2 2
2 10 (1 1 )( 2 10 ) 4x x x x− + − ≤ + − + − =
Nên :
2 10 4x x− + − ≤
, dấu ‘=” xảy ra khi
2 10
1 1
x x− −
=

⇔
x = 6
Mà (VP) =
2 2
12 40 ( 6) 4 4x x x− + = − + ≥

, dấu ‘=” xảy ra khi x = 6
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6
4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :

Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :

2 2
4 4 6 9 1x x x x
− + + − + =
Giải :
2 2
( 2) ( 3) 1 2 3 1
2 3 2 3 1
x x x x
x x x x
⇔ − + − = ⇔ − + − =
⇔ − + − ≥ − + − =
Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x)
≥
0
⇔
2
≤
x
≤
3
Vậy Pt đã cho có nghiệm là : 2
≤
x
≤

3
Ví dụ 11’ : Giải các phương trình sau :
2 2
4 4 6 9 1x x x x− + + − + =
(1)

⇔

2 3 1x x
− + − =
Áp dụng BĐT
A A≥
dấu “=” xảy ra khi A
≥
0 , ta có :
2 3 2 3 2 3 1x x x x x x
− + − = − + − ≥ − + − =
(2)
6
* DẠNG 10 :
≤
2 2 2 2
ax +by (a + b )(x + y )
Dấu “=” xảy ra khi
a b
=
x y
• DẠNG 11 :
≥
A + B A + B

Dấu “=” xảy ra khi A và B cùng dấu hay A.B
≥
0
• DẠNG 11’ :
≥
A A
Dấu “=” xảy ra khi A
≥
0
Do (1) nên phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức
2 0
3 0
x
x
− ≥


− ≥



⇔
2 3x≤ ≤
là nghiệm Pt
CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA
1)
1 1 2x x− − + =
; ĐK : x
≥
1

⇔
1 2 1x x− = + +
Ta thấy vế phải lớn hơn vế trái , Pt
2)
2 2
6 2 1x x x+ = − −
; ĐK :
x

≥
1 Ta thấy vế trái lớn hơn x , vế phải không lớn hơn x ,
Pt vô nghiệm
3)
2
1 3 2 ( 1)( 3 5) 4 2x x x x x x− − + + − − + = −
ĐK : x
≥
1 , nên vế trái
≥
2 ; vế phải
≤
2 , suy ra hai vế bằng 2 , khi đó x = 1
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :
a)
4 4 9 6 1x x x x+ − + + − =
; ĐK : x
≥
0 , đưa về dạng

2 3 1x x
− + − =
Nghiệm :
4 9x
≤ ≤
b)
6 4 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + =
; ĐK : x
≥
-2 ,
Đặt :
2 0x y+ = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
2 7x
≤ ≤
c)
2 4 2 7 6 2 1x x x x+ − − + + − − =
; ĐK : x
≥
2 ,
Đặt :
2 0x y− = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
6 11x≤ ≤

D. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ :
+ Biết thay thế một biểu thức chứa ẩn số trong phương trình bằng một
ẩn số phụ để được một phương trình trung gian mà ta biết cách giải.
+ Biết tìm nghiệm số phụ từ đó suy ra nghiệm của phương trình.
I/ NỘI DUNG :
Ví dụ 12 : Giải các phương trình sau : x
4
– x
2
– 12 = 0 (1)
Đặt : x
2
= y
≥
0
(1)
⇔
y
2
– y – 12 = 0
⇔
(y – 4)(y + 3) = 0
⇔

3( )
4( )
y loai
y nhan
= −



=

+ Với y = 4
⇔
x
2
= 4
⇔
x =
±
2 . Vậy : S =
{ }
2;2−
7
* DẠNG 12 : PT TRÙNG PHƯƠNG : ax
4
+ bx
2
+ c = 0 ( a
≠
0 )
+ Đặt : x
2
= y
≥
0 , ta có Pt : ay
2
+ by + c = 0

* DẠNG 13 : PT dạng : (x + a)(x + b)(x + c) (x + d) = m
Với a + b = c + d
+ Đặt y = (x + a)(x + b)

Ví dụ 13 : Giải các phương trình sau :
(12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330
Giải :
⇔
(12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*)
Đặt : y = 12x – 3
(*)
⇔
(y + 2)(y +1)y (y -1) = 7920
⇔
(y
2
+ y - 2)(y
2
+ y) – 7920 = 0 (**)
Đặt t = y
2
+ y -1
(**)
⇔
(t – 1)(t + 1) = 7920 t
2
= 7921
⇔
t =

±
89
+ Với t = 89 thì ta có y
2
+ y – 90 = 0
9
10
y
y
=


= −


⇔
12 3 9
12 3 10
x
x
− =


− = −

⇔
1
7
12
x

x
=


−

=

+ Với t = - 89 thì ta có y
2
+ y + 88 = 0 Pt vô nghiệm
Vậy : S =
7
;1
12
−
 
 
 

Ví dụ 14 : Giải các phương trình sau : ( x – 6)
4
+ (x – 8)
4
= 16 (1)
Giải : Đặt : y = x - 7
(1)
⇔
( y + 1)
4

+ (y – 1)
4
= 16 khai triển rút gọn ta có : y
4
+ 6y
2
– 7 = 0 (2)
Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6

Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x
4
+ 3x
3
+ 4x
2
+ 3x

+ 1 = 0
Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : (x
2
+
2
1
x
) + 3( x +
1
x

) + 4 = 0 (*)
+ Đặt : y = x +
1
x
nên x
2
+
2
1
x
= y
2
– 2
(*)
⇔
y
2
+ 3y + 2 = 0
⇔
(y + 1)(y + 2) = 0
⇔
y = - 1 hoặc y = -2
+ Với y = -1 ta có Pt : x +
1
x
= -1
⇔
x
2
+ x + 1 = 0 Pt vô nghiệm .

+ Với y = -2 ta có Pt : x +
1
x
= -2
⇔
x
2
-2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1
8
* DẠNG 14 : PT dạng : (x + a)
4
+ (x + b)
4
= k
+ Đặt : y = x +
a +b
2

* DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax
4
+ bx
3

±
cx
2
+ bx + a = 0
( a
≠
0 ) .

+ Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : a (x
2
+
2
1
x
) + b ( x
±
1
x
) + c = 0
+ Đặt : y = ( x
±
1
x
) , giải Pt ẩn y suy ra nghiệm x

DẠNG 16 : Pt đẳng cấp bậc hai đối với u , v ( u, v phụ thuộc x )
Có dạng : au
2
+ buv + cv
2
= 0 ( a
≠
0 )
+ xét v = 0
⇒

u = 0
+ Xét v
≠
0, chia hai vế cho v
2
ta có Pt :
   
 ÷  ÷
   
2
u u
a + b +c = 0
v v
Đặt y =
u
v
ta có Pt bậc hai ẩn y : ay
2
+ by + c = 0

Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x
2
– 3x – 1 )
4
– 13x
2
(x
2
– 3x – 1)
2

+ 36x
4
= 0 (*)
Đặt : u = (x
2
– 3x – 1)
2
; v = x
2

(*)
⇔
u
2
– 13uv + 36v
2
= 0
+ Xét v = 0
⇒
u = 0 , ta có
2 2
2
( 3 1) 0
0
x x
x

− − =

=



⇔
x
∈∅
+ xét v
≠
0 , chia hai cho v
2
ta có Pt :
13 36
   
−
 ÷  ÷
   
2
u u
+ = 0
v v
Đặt y =
 
 ÷
 
u
v
ta có PTBh : y
2
– 13y + 36 = 0

E-PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC ( HAY PT VÔ TỈ )

Ví dụ1. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥

≥



⇔ ⇔
  
=
− =
+ = −




Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3

9
DẠNG 1 :
f(x) = a
+ a < 0 , Pt vô nghiệm .
+ a = 0 , f(x) = 0
+ a > 0) _ Giải Pt - ĐK : f(x)
≥
0
_ Bình phương hai vế
_ Giải Pt , đối chiếu ĐK tìm nghiệm
DẠNG 2:
( )g xf(x) =

[ ]
2
( )g x
≥


⇔



g(x) 0
f(x) =
DẠNG 3:
2
af (x) =

(với a
≥
0)

⇔ f(x) = a
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 4x 4 x 8− + + =
(1)
Giải: (1) ⇔
2
(x 2) 8 x− = −
Với điều kiện x ≤ 8. Ta có:
(1) ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)

– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 ; HD: Đáp số: x = 5.
Ví dụ : Giải các phương trình sau :
a)
3 2 7x x− = −
;

⇔
2
2 7 0
3 (2 7)
x
x x
− ≥



− = −

⇔

2
7 / 2
4 29 52 0
x
x x
≥


− + =


Giải Pt : 4x
2
– 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại)
b)
2
3 3 5x x− = −

⇔

2
3 5 0
3 3 5
x
x x

− ≥


− = −


⇔

2
5 / 3
3 2 0
x
x x
≥


− + =


⇔
5 / 3
( 2)( 1) 0
x
x x
≥


− − =


⇔
5 / 3
2( ); 1( )
x
x nh x l
≥


= =


Ví dụ 1: Giải phương trình:
x 3 5 x 2+ = − −
(2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(2) ⇔
x 3 x 2 5+ + − =
⇔
2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − =
( bình phương 2 vế )
⇔
(x 3)(x 2) 12 x+ − = −
⇔
2 2
2 x 12
2 x 12
x 6
25x 150
x x 6 144 x 24x
≤ ≤

≤ ≤


⇔ ⇔ =
 
=
+ − = + −


Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6

Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 7 12 x+ − − = −
(3)
10
DẠNG 4:
f(x) = g(x)


( ) 0( ( ) 0)
( ) ( )
f x hayg x
f x g x
≥ ≥

⇔

=

DẠNG 4.1:

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


DẠNG 4.2:
( )h x
+ =
f(x) g(x)


Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(3) ⇔
x 1 12 x x 7+ = − + −
⇔
x 1 5 2 (12 x)(x 7)+ = + − −
( bình phương 2 vế )
⇔
2
2 19x x 84 x 4− − = −
⇔ 4(19x – x
2
– 84) = x
2
– 8x + 16
⇔ 76x – 4x
2
– 336 – x
2
+ 8x – 16 = 0

⇔ 5x
2
– 84x + 352 = 0

( ) ( )
2 2
2
84 352 42 1764 1764 352
5 x x 5 x 2 x
5 5 5 25 25 5
42 4 44
5 x 5 5 x 8 x (x 8) 5x 44
5 25 5
   
− + = − × + − +
 ÷  ÷
   
   
= − − × = − − = − −
 ÷  ÷
   
⇔ x
1
=
44
5
; x
2
= 8
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x

1
=
44
5
; x
2
= 8

Ví dụ1. Giải phương trình:
x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + =
(4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔
x 9 x x 1 x 4+ + = − + −
⇔
2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − −
⇔
7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − −
⇔
2 2
49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − +
⇔ 45 + 14x + 14
x(x 9)+
= 0
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +

⇔
x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|+ + + + − = + −
Đặt y =
x 1+
(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:

y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
BÀI TẬP : Giải các phương trình sau :
1/
2
3 4 2 2x x x+ − = −
; KQ : S =
{ }
1
3/
3 2 3x x+ − =
; KQ : S =
{ }
6

11
DẠNG 4.3:
( ) ( )h x t x
+ = +
f(x) g(x)

1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
a) Dạng 2:
f (x) g(x)=
⇔
2
g(x) 0
f (x) [g(x)]
≥


=

Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥

≥




⇔ ⇔
  
=
− =
+ = −




Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
b) Dạng 2:
f (x) g(x) h(x)+ =
c) Dạng 3:
f (x) g(x) h(x)+ =
d) Dạng 4:
f (x) g(x) h(x) k(x)+ = +
2/
4 3 2x x− − =
; KQ : S =
{ }
7
F. PHƯƠNG TRÌNH CÓ NHIỀU DẤU CĂN THỨC :
• PP chính : Điều kiện cho Pt có nghĩa , chuyển vế cho hợp lí , bình
phương hai vế , đối chiếu điều kiện chọn nghiệm .
1)
1 5 1 3 2x x x− − − = −
; ĐK
1

: x
1≥
_Chuyển vế ( bớt dấu - ) ,ta có :
1 5 1 3 2x x x− = − + −
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 2 – 7x =
2
2 15 13 2x x− +

Đến đây có hai cách giải :
• Cách 1: ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 11x
2
– 24x + 4 = 0
⇔
(11x – 2)(x – 2) = 0
x
1
= 2/11 (loại ) ; x
2 = 2
( loại ) . Vậy Pt vô nghiệm
• Cách 2 : ta có ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
⇔

x
≤
2/7 trái với ĐK
1
: x
1≥
Vậy Pt vô nghiệm
2)
3 4 1x x+ − − =
ĐK: x
≥
4 ; bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
13

3)
15 3 6x x− + − =

15 3 6x x− + − =
;bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
1−
4)
2 1 1 1x x x− − − − =
chuyển vế
2 1 1 1x x x− − = + −
;
bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
1

5)
2 1 2 1 2x x x x− − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
1/ 2 1x≤ ≤
6)
6 9 6 9 6x x x x+ − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
3 / 2 3x≤ ≤
Sau khi bình phương hai vế , rồi so sánh giá trị hai vế , rut ra nghiệm Pt
7)
2 1 2 1x x x− − − = +
; ĐK : x
≥
2 .(1)
Bình phương hai vế được 2x – 1 + x – 2 + 2
2
2 5 2 1x x x− + = +

⇔

2
2 5 2 2x x x− + = −
Phải x
≤
2 (2) . Từ 1 & 2 ta có x = 2 , nghiệm đúng Pt
8)
3 15 4 17 2x x x+ − + = +
ĐK : x
≥
- 2

Chuyển vế , bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x
≤
-2
Do đó x = -2 , nghiệm đúng Pt
12
9)
1 10 2 5x x x x+ − + = + + +
; ĐK : x
≥
- 1
Bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x
≤
-1 . Nghiệm x = -1
G. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
I.Phương trình vô tỉ bậc cao :
1)
2 2
3 21 18 2 7 7 2x x x x
+ + + + + =
(1) ; ĐK: x
2
+ 7x + 7
≥
0
Đặt :
2
7 7x x y+ + =
≥
0
⇔

x
2
+ 7x + 7 = y
2

(1)
⇔
3y
2
+ 2y – 5 = 0
⇔
(y – 1)(3y + 5) = 0
⇔
y = -5/3 (loại) ; y = 1 (nhận)
+
2
7 7 1x x+ + =

⇔
x
2
+ 7x + 6 = 0
⇔
(x + 1)(x + 6) = 0
⇔
x = -1 ; x = -6
Với x = -1 ; x = -6 thỏa mãn x
2
+ 7x + 7
≥

0 . Vậy nghiệm Pt x = -1 ; x = -6
2)
2 3 2 2 2 2 1 2 2x x x x x+ + + + + − + = + +
(*) ; ĐK : x
≥
-2
Đặt
2 3 2x x a+ + + =
;
2 2 2x x b+ − + =
Ta có : a + b =
1 2 2x+ +
và a
2
– b
2
=
1 2 2x+ +
Suy ra a – b = 1 . Từ đó a =
1 2x+ +
; b =
2x +
(**)
Từ (*) , (**) tính được x . nghiệm x = 2( loại giá trị x = -1)
3)
2 2
2 9 4 3 2 1 2 21 11x x x x x− + + − = + −
Đặt : 2x
2
– 9x + 4 = a

≥
0 ; 2x – 1 = b
≥
0 . Pt là
3 15a b a b+ = +
Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được b = 0 hoặc b = a . Nghiệm ½; 5
4) X
2
+ 3x + 1 = (x + 3)
2
1x +
(1)
Giải : Đặt t =
2
1x +
, t
≥
0 ; (1)
⇔
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0 (2)

∆
= (x + 3)
2
– 12x = (x - 3)
2

≥

0
Nên Pt (2) có nghiệm : t = x ; t = 3
+ Với t = x thì
2
1x +
= x , Pt vô nghiệm .
+ Với t = 3 thì
2
1x +
= 3 , Pt có nghiệm x =
2 2±

Ví dụ 5. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +
⇔
x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|+ + + + − = + −
Đặt y =
x 1+
(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
II Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Giải phương trình:

2x 1 x 2 x 3+ − − = +
13