Các bài toán vô tỷ hay và khó

96
Website:tailieumontoan.com

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các
chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và
các em chuyên đề về các bài toán về phương trình vô tỷ. Chúng tôi đã kham
khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài
liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về phương trình vô tỷ thường
được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 2 phần:

-

Phần 1: Phân tích bình luận, tìm lời giải cho bài toán phương trình vô

-

tỷ
Phần 2: Tuyển tập các bài toán Phương trình vô tỷ trong các kì thi học
sinh giỏi và lớp 10 chuyên môn toán.

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng
chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề phương trình
vô tỷ này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói
riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi
những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ

chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com

PHẦN 1. PHÂN TÍCH VÀ SUY LUẬN
TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH
Trong các nội dung trước chúng ta đã được tìm hiểu về các phương pháp
giải một phương trình vô tỷ cũng như một phương trình vô tỷ có nhiều phưng
pháp tiếp cận xử lý. Tuy nhiên khi đứng trước một bài toán phương trình vô tỷ
làm thế nào để tiếp cần và đưa ra được một lời giải cho nó là một câu hỏi lớn và
đang còn bỏ ngỏ. Với mục đích mở ra một hướng đi, một suy nghĩ cần có trước
một phương trình vô tỷ thì trong chủ đề này chúng tôi xin đưa ra một số phân
tích và suy luận để giải thích lại giải bài toán như thế. Trong chủ chúng tôi xin
giới thiệu một số nội dung
•
Phân tích và suy luận đứng trước một phương trình vô tỷ
•
Lựa chọn phương án hợp lý để tìm được lời giải tối ưu.
•
Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục
Ví dụ 1. Giải phương trình

x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1

.

Phân tích và lời giải
Trước một phương trình vô tỷ, cho dù chúng ta chọn phương pháp nào
thì mục đích cuối cùng cũng là làm cho phương trình thoát đi các căn thức một
cách đơn giản và đơn giản hóa tối đa phương trình. Một điều nữa khi giải
phương trình vô tỷ đó là cần cố gắng nhẩm được một nghiệm để có thể phán
đoán hướng đi một cách đúng đắn. Không quá khó khăn ta nhân thấy phương
trình đang xét có một nghiệm

x=1
. Phương trình chỉ chứa một dấu căn thức

bậc hai nên có thể loại bỏ căn thức bậc hai bằng phương pháp nâng lên lũy
thừa, đặt ẩn phụ,…
x≥

•

Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là
1
x x2 + 6x − 3 > 0,∀x ≥
2
Nhận xét
. Phương trình đã cho tương đương với

(

1
2

.

)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
x4 + 30x2 + 12x3 − 36x + 9 = 16x2 ( 2x − 1) ⇔ x4 + 20x3 + 46x2 − 36x + 9 = 0
⇔ x2 ( x − 1) − 18x ( x − 1) + 9( x − 1) = 0
2

2

(

)

2

{

}

⇔ x2 − 18x + 9 ( x − 1) = 0 ⇔ x ∈ 9− 6 2;1;9 + 6 2
2

{

}

S = 9 − 6 2;1;9 + 6 2

Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm
.
2x − 1
•
Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức
do đó ta biến đổi phương
trình và thực hiện đặt ẩn phụ. Để ý rằng phương trình đã cho tương đương với

x2 − 4x 2x − 1 + 3( 2x − 1) = 0.

Khi đó ta thực hiện phép đặt

phương trình thu được là

x2 − 4xy + 3y2 = 0

2x − 1 = y ( y ≥ 0)

. Lúc này

, đây là phương trình đồng bậc 2 và

chú ý đến các hệ số thì ta phân tích được.

x2 − 4xy + 3y2 = 0 ⇔ x ( x − y ) − 3y ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x − 3y ) = 0

+ Trường hợp 1. Với

+ Trường hợp 2. Với

x ≥ 0
x ≥ 0
x − y = 0 ⇒ x − 2x − 1 ⇔  2
⇔
⇔ x=1
2
x − 2x + 1= 0 ( x − 1) = 0
x ≥ 0
x − 3y = 0 ⇒ x = 3 2x − 1 ⇔  2
⇔ x = 9± 6 2
x − 18x + 9 = 0

{

}

.

.

S = 9 − 6 2;1;9 + 6 2
Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm
•

Hướng 3. Do phương trình nhẩm được nghiệm đẹp

x=1
, khi đó ta nghĩ đến

phương pháp nhân lương liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung

(

)

4x x − 2 − 1 = 3x − 6x + 3 ⇔
⇔ ( x − 1)

2

(

2

4x ( x − 1)

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

{

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

= 3( x − 1)

x−1
.

2

)

 x ≥ 0
x = 3 2− 1 ⇔  2
⇔ x ∈ 9 − 6 2;9 + 6 2
 x − 18x + 9 = 0

Ta có
được ba nghiệm như trên.

2

.

}
. Đối chiếu điều kiện ta thu
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
•

Hướng 4. Phương trình đã cho có đại lượng

tích phương trình về dạng

A 2 = B2

4x 2x − 1

A 2 + B2 = 0

hoặc

nên ta nghĩ đến phân

. Với định hướng đó ta viết

phương trình đã cho vè các dạng như sau
+ Khi viết phương trình về dạng
o

A 2 = B2

ta thấy có các khả năng sau

(

)

x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1 ⇔ 5x2 + 8x − 4 = 2x − 2x − 1

Với

2

, khi đó ta thấy vế trái

không phân tích được thành bình phương.
o

(

)

x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1 ⇔ 2x2 + 16x − 7 = x + 2 2x − 1

Với

2

, khi đó ta thấy vế trái

không phân tích được thành bình phương.
o

(

)

2

x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1 ⇔ x − 2 2x − 1 = 2x − 1

Với

(

2x − 1=

, khi đó dễ thấy

)

2x − 1

2

.

Như vậy ta có thể giải được bài toán.
o

Khả năng biến đổi viết phương trình về dạng

A 2 + B2 = 0

không thực hiện được

nên ta trình bày lời giải cho phương trình như sau
x≥

Điều kiện xác định của phương trình là
đương với

(

1
2

. Phương trình đã cho tương
 x = 3 2x − 1
2
2x − 1 ⇔ 
 x = 2x − 1

) (

)

2

x2 − 4x 2x − 1 + 4( 2x − 1) = 2x − 1 ⇔ x − 2 2x − 1 =

x ≥ 0
x = 3 2x − 1 ⇔  2
⇔ x ∈ 9 − 6 2;9 + 6 2
x − 18x + 9 = 0

{

+ Với

+ Với

}

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

Đối chiếu với điều kiện

1
2

{

}

S = 9 − 6 2;1;9 + 6 2
, kết luận tập nghiệm

.

Nhận xét. Qua ví dụ trên ta nhận thấy khi đứng trước một phương trình vô tỷ
thì lối đi giải bài toán đặt trong tâm vào nhiều hướng tư duy. Tuy nhiên việc lựa

chọn hướng đi nào cho đúng đắn phụ thuộc vào quá trình phân tích và gỡ rối
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
như thế nào cho hiệu quả. Trong các lời giải trên mỗi lời giải đều có điểm thú vị

x=1

của nó. Do phương trình có nghiệm kép

nên sử dụng phương pháp nâng

lên lũy thừa là cách giải gọn gàng hơn cả.

(

)

3 x2 − 1 + 4x = 4x 4x − 3

Ví dụ 2. Giải phương trình
Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho trong ví dụ 2 có hình thức tương tự như trong ví dụ
đầu nên ta có các hướng tiếp cận lời giải cho phương trình trên như sau. Nhẩm
x= 3

x=1
một số giá trị đặc biệt ta thấy phương trình có hai nghiệm đẹp là
và
•
Hướng 1. Phương trình đã cho có chứa một căn thức bậc hai và biểu thức

ngoài căn có dạng tam thức bậc hai. Do đó khi thực hiện phep nâng lên lũy
thừa thì phương trình thu được có bậc 4. Chú ý rằng phương trình có hai
nghiệm là

x=1

và

x= 3

nên khi phân tích phương trình thành tích thì phương

( x − 1) ( x − 3)

trình có chứa nhân tử

và nhân tử còn lại là tam thức bậc hai nên ta

giải được.
x≥
Điều kiện xác định của phương trình là

3
4

. Phương trình đã cho tương đương

với
9x4 + 24x3 − 2x2 − 24x + 9 = 16x2 ( 4x − 3) ⇔ 9x4 − 40x3 + 46x2 − 24x + 9 = 0
x = 1
⇔ ( x − 1) ( x − 3) 9x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ 
x = 3

(

Phương trình

9x2 − 4x + 3 = 0

)

vô nghiệm do

∆<0

.
S = { 1;3}

Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm
.
•
Hướng 2. Hoàn toàn tương tự như ví dụ thứ nhất, do phương trình chứa căn
4x − 3

nên ta có thể thực hiện phép đặt

4x − 3 = y ( y ≥ 0)

để đưa phương trình

về dạng đồng bạc hai,
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
Phương trình đã cho tương đương với
Đặt

4x − 3 = y ( y ≥ 0)

3x2 + 4x − 3 = 4x 4x − 3

.

, khi đó ta thu được phương trình

x = y
3x2 − 4xy + y2 = 0 ⇔ ( x − y ) ( 3x − y ) = 0 ⇔ 
 3x = y
Ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với

+ Trường hợp 2. Với

 x ≥ 0
x = y ⇒ x = 4x − 3 ⇔  2
⇔ x ∈ { 1;3}
 x − 4x + 3 = 0

.

x ≥ 0
3x = y ⇒ 3x = 4x − 3 ⇔  2
9x − 4x + 3 = 0

, hệ vô nghiệm.
S = { 1;3}
So sánh điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm
.
•

Hướng 3. Để ý trong phương trình ta thấy có đại lượng

3x2 = 4x2 − x2

4x 4x − 1

và lại có

nên ta viết phương trình lại thành

(

)

2

4x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = x2 ⇔ 2x − 4x − 3 = x2

. Đến đây ta có lời giải cho phương

trình.
Phương trình đã cho tương đương với
3x2 − 4x − 3 = 4x 4x − 3 ⇔ 4x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = x2

 x = 4x − 3
2
⇔ 2x − 4x − 3 = x2 ⇔ 
 3x = 4x − 3

(

+ Với

+ Với

)

x ≥ 0
x = 4x − 3 ⇔  2

⇔ x ∈ { 1;3}
x − 4x + 3 = 0

.

 x ≥ 0
3x = 4x − 3 ⇔  2
9x − 4x + 3 = 0

, hệ vô nghiệm.
S = { 1;3}
So sánh điều kiện thu được tập nghiệm
.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
•

Hướng 4. Phương trình có hai nghiệm

x=1

và

x= 3

nên ta có thể sử dụng

phương pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử

( x−

)(

x2 − 4x + 3

.

)

4x − 3 x + 4x − 3 = x2 − 4x + 3

Lại có
. Đến đây ta giải được bài phương
trình bằng phương pháp nhân lương liên hợp.
3
x≥
4
Điều kiện xác định của phương trình là
. Phương trình đã cho tương
đương với
4x x2 − 4x + 3
2
4x x − 4x − 3 = x − 4x + 3 ⇔
= x2 − 4x + 3

x + 4x − 3

(

(

)

)(

⇔ x2 − 4x + 3

+ Với

+ Với

(

)

)

4x − 3 − 3x = 0

x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x ∈ { 1;3}
 x ≥ 0
3x = 4x − 3 ⇔  2
9x − 4x + 3 = 0

, hệ vô nghiệm.

S = { 1;3}
Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm
.
Nhận xét. Trong ví dụ thứ hai ta lại thấy được nhiều hướng đi trong tìm lời giải
cho bài toán. Các hướng phân tích đều có tính hợp lý dựa trên mỗi liên hệ giữa
các đại lượng cho trong phương trình và các lời giải đều có tính tự nhiên.
Ví dụ 3. Giải phương trình

3x2 + 2x + 7 = 3( x + 1) x2 + 3

.

Phân tích và lời giải
Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên suy nghĩ đâu tiên khi
tiếp cận phương trình đó làm triệt tiêu căn thức bậc hai. Chú ý rằng các đại
lượng ngoài căn là nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai nên để làm triệt tiêu
căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa hoặc phép
đặt ẩn phụ. Nhẩm một số giá trị ta nhận được

x=1

là một nghiệm của phương

trình. Do đó với phương trình này ta có một số hướng tiếp cận như sau
•
Hướng 1. Nhận thấy các đại lượng có ngoài căn có bậc nhât và bậc hai, còn
đại lượng trong căn là một đa thức bậc hai. Ngoài ra để ý đến hệ số cao nhất
của các đại lượng thì ta thấy nên nếu sử dụng pháp nâng lên lũy thừa thì
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
phương trình thu được là phương trình bậc ba. Mà phương trình lại có một

x=1

nghiệm là

nên phương trình bậc ba giải được. Đến đây ta giải được bài

toán
Điều kiện xác định của phương trình là

(

)

3x2 + 2x + 7 = ( x + 1) + 2 x2 + 3 > 0
2

Để ý rằng

x ≥ −1
.
với mọi

x ≥ −1

, do đó phương

trình đã cho tương đương với

( 3x

2

)

+ 2x + 7 = 9( x + 1)
2

2

(x

2

)

+3

⇔ 9x + 12x + 46x + 28x + 49 = 9x4 + 18x3 + 36x2 + 54x + 27
3

3

2

(

)

⇔ 6x3 − 10x2 + 26x − 22 = 0 ⇔ ( x − 1) 6x2 − 4x + 22 = 0

Dễ thấy phương trình
được
•

x=1

6x2 − 4x + 22 = 0

vô nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta

là nghiệm duy nhất của phương trình.

Hướng 2. Chú ý đến đại lượng

3( x + 1) x2 + 3

, để làm triệt têu căn thức ta có

thể sử dụng phép đặt ẩn phụ. Khi phương trình được viết lại thành

( x + 1)

2

(

)

− 3( x + 1) x2 + 3 + 2 x2 + 3 = 0

và thực hiện đặt ẩn phụ

a = x + 1;b = x2 + 3

thì

ta viết phương trình về dạng phương trình đẳng cấp bậc hai.
Điều kiện xác định của phương trình là

x ≥ −1
. Phương trình đã cho tương

đương với

( x + 1)
Đặt

a = x + 1;b = x2 + 3 > 0

2

(

)

− 3( x + 1) x2 + 3 + 2 x2 + 3 = 0

. Khi đó phương trình trên trở thành

a = b
a2 − 3ab + 2b2 = 0 ⇔ ( a − b) ( a − 2b) = 0 ⇔ 
a = 2b
Ta xét hai trường hợp

+ Với

a= b

ta được

x + 1 > 0
 x ≥ −1
x + 1 = x2 + 3 ⇔ 
⇔
⇔ x=1
2
2
( x + 1) = x + 3 2x = 2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

96
Website:tailieumontoan.com

+ Với

a = 2b

ta được

 x + 1 > 0
x ≥ −1
x + 1 = 2 x2 + 3 ⇔ 
⇔ 2
2
2
( x + 1) = 4x + 12 3x − 2x + 11 = 0

, hệ vô

nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được

x=1

là nghiệm duy nhất của phương

trình.
•

Hướng 3. Lại để ý đến đại lượng

3( x + 1) x2 + 3

ta nghĩ đến phân tích phương

trình về dạng hiệu của hai bình phương.
Phương trình đã cho tương đương với
12x2 + 8x + 28 = 12( x + 1) x2 + 3

(

)

(

)

⇔ 4 x2 + 2x + 1 − 12( x + 1) x2 + 3 + 9 x2 + 3 = x2 + 3

(

2

) (
2

⇔ 2x + 2− 3 x2 + 3 =

)

x2 + 3

2

 2x + 2− 3 x2 + 3 = x2 + 3
 x + 1 = 2 x2 + 3

⇔
⇔
 2x + 2− 3 x2 + 3 = − x2 + 3  x + 1= x2 + 3

+ Với

a= b

x + 1 > 0
 x ≥ −1
x + 1 = x2 + 3 ⇔ 
⇔
⇔ x=1

2
2
( x + 1) = x + 3 2x = 2

ta được
a = 2b
+ Với

ta được hệ vô nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được

x=1

.

là nghiệm duy nhất của phương

trình.
•

Hướng 4. Chú ý rằng phương trình có nghiệm duy nhất là

x=1

nên ta nghĩ

đến phương pháp nhân đại lượng liên hợp để tạo ra nhân tử chung

x−1
.

Phươg trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

96
Website:tailieumontoan.com

)

(

3( x + 1) − 3( x + 1) x2 + 3 = 4x − 4 ⇔ 3( x + 1) x + 1− x2 + 3 = 4( x − 1)
2

⇔

)(

(

3( x + 1) x + 1− x2 + 3 x + 1+ x2 + 3
x + 1+ x2 + 3

) = 4( x − 1)

 x − 1= 0

⇔
= 4( x − 1) ⇔  6( x + 1)
=4
x + 1+ x2 + 3

2

 x + 1+ x + 3
6( x + 1) ( x − 1)

+ Khi

x − 1= 0 ⇔ x = 1
, thỏa mãn điều kiện xác định.

6( x + 1)

+ Khi

x + 1≥ 0
= 4 ⇔ x + 1 = 2 x2 + 3 ⇔  2
x + 1+ x2 + 3
3x − 2x + 11 = 0

, hệ vô nghiệm.

x=1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
.
•
Nhận xét. Về mặt hình thức thì phương trình cho trong ví dụ ba hoàn toàn
tương tự như các ví dụ trên nên các hướng tiếp cận phương trình như trên là
hoàn toàn tự nhiên.
7x +
Ví dụ 4. Giải phương trình

2

+ 1 = 7 x2 + x + 2
x

.

Phân tích và lời giải
Phương trình được cho trong ví dụ 4 có hình thức tương tự như ví dụ 3 do
đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như sử dụng phép nâng lên lũy thừa,
đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng đẳng cấp, phân tích phương trình thành
tích,…
•

Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là

x> 0

. Phương trình đã cho

tương đương với
7x2 + x + 2 = 7x x2 + x + 2 ⇔ x2 + x + 2 − 7x x2 + x + 2 + 6x2 = 0

Đặt

t = x2 + x + 2 > 0

, khi đó phương trình trên trở thành

t = x
t2 − 7xt + 6x2 = 0 ⇔ ( t − x) ( t − 6x) = 0 ⇔ 
 t = 6x

+ Với

t=x

ta được

 x > 0
x > 0
x2 + x + 2 = x ⇔  2
⇔

2
 x + x + 2 = x
x + 2 = 0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

, hệ vô nghiệm.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com

+ Với

t = 6x

x > 0

1+ 281
x2 + x + 2 = 6x ⇔  2
⇔ x=
2
70
x + x + 2 = 36x

hay

x=
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
•
Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với

1+ 281
70

.

7x2 + x + 2 = 7x x2 + x + 2 ⇔ 28x2 + 4x + 8 = 28x x2 + x + 2

(

)

(

)

2

⇔ 4 x2 + x + 2 − 28x x2 + x + 2 + 49x2 = 25x2 ⇔ 2 x2 + x + 2 − 7x = ( 5x)

2

 2 x2 + x + 2 − 7x = 5x
 x2 + x + 2 = 6x
⇔
⇔
 2 x2 + x + 2 − 7x = −5x  x2 + x + 2 = x



x > 0
x > 0
x2 + x + 2 = x ⇔  2
⇔

2
x + 2 = 0
x + x + 2 = x

+ Với

+ Với

, hệ vô nghiệm.

x > 0
 x > 0

1+ 281
x2 + x + 2 = 6x ⇔  2
⇔
⇔ x=

2
2
70
x + x + 2 = 36x
35x − x − 2 = 0
x=

1+ 281
70

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
.
2
7x + x + 2 > 0
x> 0
•
Hướng 3. Dễ thấy
với mọi
. Khi đó phương trình đã cho
tương đương với

( 7x

2

)

2

(

)

(

2

)

+ x + 2 = 7x x2 + x + 2 ⇔ 49x4 + 14x3 + 29x2 + 4x + 4 = 49x2 x2 + x + 2

(

)

⇔ 35x3 + 69x2 − 4x − 4 = 0 ⇔ ( x + 2) 35x2 − x − 2 = 0

Do

x>0

35x2 − x − 2 = 0 ⇔ x =
nên từ phương trình trên ta được
x=

Kết hợp với điều kiện xác định ta được

1+ 281
70

1± 281
70

.

là nghiệm duy nhất của

phương trình.
•
Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
7x +

x+ 2
x+ 2
= 7 x2 + x + 2 ⇔
= 7 x2 + x + 2 − 7x
x

x

x+ 2 7
⇔
=
x
Do

x> 0

(

)(

x2 + x + 2 − x

) ⇔ ( x + 2)  1 −

x2 + x + 2 + x

x

x2 + x + 2 + x


=0
x2 + x + 2 + x 
7

nên từ phương trình trên ta được

1
7
1+ 281
x > 0
−
= 0 ⇔ x2 + x + 2 = 6x ⇔ 
⇔ x=
2
x
70
x2 + x + 2 + x
35x − x − 2 = 0
x=
Kết hợp với điều kiện xác định ta được

1+ 281
70

là nghiệm duy nhất của

phương trình.
Ví dụ 5. Giải phương trình

x2 − 3x + 4 = 3 x3 − 6x2 + 11x − 6

.

Phân tích và lời giải
Phương

trình

x3 − 6x2 + 11x − 6 = ( x − 1) ( x − 2) ( x − 3)

xác định là

x≥ 3

hoặc

1≤ x ≤ 2

chỉ chứa

dấu

căn

và

để ý rằng

. Cũng từ phân tích như trên ta có điều kiện

, khi đó ta viết được căn thức bậc hai thành

x3 − 6x2 + 11x − 6 = x − 11. ( x − 2) ( x − 3)

phân tích được

một

. Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta

x2 − 3x + 4 = ( x − 2) ( x − 3) + ( x − 1)

. Đến đây ta có thể sử dụng

phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình.
•
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là
x ≥ 3
( x − 1) ( x − 2) ( x − 3) ≥ 0 ⇔ 1≤ x ≤ 2

.
Phương trình đã cho tương đương với
a = x − 5x + 6;b = x − 1( a ≥ 0;b ≥ 0)

x2 − 5x + 6 + 2( x − 1) = 3 x − 1. x2 − 5x + 6

.

2

Đặt

. Khi đó phương trình trên trở thành
a = b
a2 + 2b2 = 2ab ⇔ ( a − b) ( a − 2b) = 0 ⇔ 

a = 2b

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
+ Với

a= b

x2 − 5x + 6 = x − 1 ⇔ x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3± 2

ta được

x2 − 5x + 6 = 2 x − 1 ⇔ x2 − 9x + 10 = 0 ⇔ x =

.

9 ± 41
2

a = 2b
+ Với
ta được
.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm
 9 − 41

9 + 41
S= 
;3− 2;3+ 2;

2 
 2
.
•
Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là
x ≥ 3
( x − 1) ( x − 2) ( x − 3) ≥ 0 ⇔ 1≤ x ≤ 2

.
x=1
Nhận thấy
không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác

định thì

x − 1> 0

.

Phương trình đã cho tương đương với
x2 − 5x + 6 + 2( x − 1) = 3 x − 1. x2 − 5x + 6 ⇔
t=

x2 − 5x + 6
x− 1

Đặt
•

Với

t=1

( a ≥ 0)
. Khi đó ta có

x2 − 5x + 6
x2 − 5x + 6
+ 2= 3
x−1
x−1

t = 1
t2 + 2 = 3t ⇔ ( t − 1) ( t − 2) = 0 ⇔ 
t = 2

x − 5x + 6 = x − 1 ⇔ x2 − 6x + 7 = 0 ⇔ x = 3± 2
2

ta được

x2 − 5x + 6 = 2 x − 1 ⇔ x2 − 9x + 10 = 0 ⇔ x =

t=2
Với
ta được

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm

•

 9 − 41
9 + 41
S= 
;3− 2;3+ 2;

2 
 2

Ví dụ 6. Giải phương trình

9 ± 41
2

.

.

x + 1+ 2x + 1 = 3x2 + 8x + 4

Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc hai do đó ta cần đơn giản hóa tối đa
phương trình bằng cách làm triệt tiêu các căn thức. Ta có thể loại bỏ một căn
thức hoặc lại bỏ hai căn thức. Từ đó ta thấy có các định hướng xử lý như sau.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

96
Website:tailieumontoan.com
•

Hướng 1. Đầu tiên ta tiếp cận với phương trình với hướng nâng lên lũy thừa.

Để ý rằng sau lần nâng lên lũy thừa thứ nhất phương trình chưa triệt tiêu hết
căn thức. Do đó ta có thể xử lý tiếp bằng cách nâng lên lũy thừa hai vế tiếp.
Chú ý rằng phương trình có một nghiệm là

Điều kiện xác định là

2x + 1≥ 0
 2
3x + 8x + 4 ≥ 0

x= 0

.

. Phương trình đã cho tương đương

với

(

) (
2

x + 1+ 2x + 1 =

3x2 + 8x + 4

)

2

⇔ x2 + 4x + 2 + 2( x + 1) 2x + 1 = 3x2 + 8x + 4

⇔ 2( x + 1) 2x + 1 = 2x2 + 4x + 2 ⇔ ( x + 1) 2x + 1 = ( x + 1)
Do

x + 1> 0

2

nên từ phương trình trên ta được
x + 1≥ 0
x ≥ −1
x + 1 = 2x + 1 ⇔  2
⇔ 2
⇔ x= 0
x + 2x + 1 = 2x + 1 x = 0

, thỏa mãn.

x=0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

.
•
Hướng 2. Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân tích

3x2 + 8x + 4 = 3( x + 1) + 2x + 1
2

khi

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

đó

ta

viết

phương

trình

lại

thành

2

. Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để

xử lý phương trình.

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

Phương trình đã cho tương đương với
a = x + 1;b = 2x + 1( a > 0;b ≥ 0)
Đặt
. Khi đó ta được phương trình

a + b = 3a2 + b2 ⇔ ( a + b) = 3a2 + b2 ⇔ a2 − ab = 0 ⇔ a( a − b) = 0
2

Do

a> 0

Do đó

nên từ phương trình trên ta được

a= b

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

, thỏa mãn.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
•

Hướng 3. Cũng từ định hướng trên ta nhận thấy nếu chia hai vế của pương
x+ 1
2x + 1

2x + 1

+ 1=

3( x + 1)

2

+1

2x + 1

trinh cho
thì phương trình có dạng
. Đến đây ta
x+ 1
t=

2x + 1
đặt
để giải phương trình đã cho. Chú ý xét các trường hợp để phép
chia thực hiện được.
x + 1+ 2x + 1 = 3( x + 1) + 2x + 1
2

Phương trình đã cho tương đương với
1
x= −
2
Nhận thấy
không phải là nghiệm của phương trình.

Xét

x+ 1

1
x≠ −
2

2x + 1

+ 1=

3( x + 1)
2x + 1

2

+1

, khi đó phương trình trên tương đương với
x+ 1
t=
>0
t + 1 = 3t2 + 1 ⇔ t2 + 2t + 1 = 3t2 + 1 ⇔ t = 1
2x + 1
Đặt
. Khi đó ta được
x + 1≥ 0
x ≥ −1
x + 1 = 2x + 1 ⇔  2
⇔ 2
⇔ x= 0
x + 2x + 1 = 2x + 1 x = 0
Do đó
, thỏa mãn.

x=0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
.
•
Nhận xét. Phương trình chứa hai căn thức bậc hai nên hoàn toàn tự nhiên

khi ta chọn phương án ẩn phụ hóa phương trình. Có hai cách ẩn phụ hóa như
trên nhưng về mặt bản chất hai cách đó là một và chỉ khác nhau ở hình thức
trình bày lời giải.
x2 + 5x + 3 + x2 + 5x − 2 = 5

Ví dụ 7. Giải phương trình
Phân tích và lời giải

Quan sát phương trình đã cho thì suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận phương
trình đó là nhân lượng liên hợp đưa phương trình về hệ tạm. Ngoài ra để ý ta

(x

2

thấy

) (

)

+ 5x + 3 − x2 + 5x − 2 = 5

thì ta lại có các hướng tiếp cận như đặt ẩn phụ

hoặc nâng lên lũy thừa

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com

•

Hướng 1. Điều kiện các định của phương trình là

x2 + 5x ≥ 2

. Biến đổi tương

đương phương trình đã cho ta được
 x2 + 5x − 2 ≤ 5
x2 + 5x + 3 = 5− x2 + 5x − 2 ⇔ 
x2 + 5x + 3 = x2 + 5x − 2 + 25− 10 x2 + 5x − 2

Hay ta được

 x2 + 5x − 2 ≤ 5
x = 1
⇒ x2 + 5x − 6 = 0 ⇔ 
 2
 x = −6
 x + 5x − 2 = 2

Thử vào điều kiện xác định ta thấy

x=1

x = −6

và

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

x=1

đều thỏa mãn.

và

a = x2 + 5x + 3
( a > 0;b ≥ 0)

2
b
=
x
+
5x
−
2


•

x = −6

.

a2 = x2 + 5x + 3
⇒ a2 − b2 = 5
 2

2
 b = x + 5x − 2

Hướng 2. Đặt
, khi đó
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình

.

a + b = 5 a = 3
a + b = 5
a + b = 5
⇔
⇒
⇔
 2

2
a − b = 5 ( a + b) ( a − b) = 5 a − b = 1  b = 2

Từ đó ta được

a = x2 + 5x + 3 = 3
x = 1
⇒ x2 + 5x − 6 = 0 ⇔ 

 x = −6
 b = x2 + 5x − 2 = 2

Thử vào điều kiện xác định ta thấy

x=1

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là
•

Hướng 3. Chú ý rằng

x = −6

và

x=1

x2 + 5x + 3 ≠ x2 + 5x − 2

đều thỏa mãn.

và

x = −6

.

với mọi x thuộc điều kiện xác

định.
Do đó ta biến đổi phương trình như sau

(x

+ 5x − 2 = 5 ⇔

2

x + 5x + 3 + x
2

Thu gọn ta được

2

) (

) =5

+ 5x + 3 − x2 + 5x − 2

x2 + 5x + 3 − x2 + 5x − 2

x2 + 5x + 3 − x2 + 5x − 2 = 1
.

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

 x2 + 5x + 3 − x2 + 5x − 2 = 1
 2
 x + 5x + 3 + x2 + 5x − 2 = 5
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

96
Website:tailieumontoan.com

Từ đó suy ra

x = 1
2 x2 + 5x + 3 = 5 ⇔ x2 + 5x − 6 = 0 ⇔ 
 x = −6

Thử vào điều kiện xác định ta thấy

x=1

và

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

x = −6

x=1

đều thỏa mãn.

và

x = −6

.

Nhận xét.
•
Trong cả ba lời giải trên ta đều không đi sâu vào giải các điều kiện phức tạp
mà lại dùng phép thử lại nghiệm để kết luận.
•
Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đường bằng
cách nâng lên lũy thừa hết sức thuần túy mặc dù phương trình hệ quả thu được

không được đẹp co lắm. Ở đây ta không đi giải điều kiện

x2 + 5x − 2 ≤ 5

để

tránh việc đối chiếu nghiệm phức tạp.
•
Lời giải thứ hai thực hiện bằng phép đặt ẩn phụ để đưa phương trình về
thành hệ và ở đây có sử dụng một hằng đẳng thức hết sức quan thuộc.
•
Lời giải thứ ba sử dụng cách nhân lượng liên hợp với chú ý
A −B
A + B=
( A − B ≠ 0)
A− B
, đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một
f ( x) = g ( x)

phương trình cơ bản dạng
. Bản chất của lời giải thứ hai và thứ ba là
như nhau nhưng khác ở hình thức trình bày lời giải.

4

Ví dụ 8. Giải phương trình

x + 4 2− x = 2

.

Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc bốn, do đó ta không không thể sử
dụng pháp nâng lên lũy thừa để xử lý phương trình. Để ý rằng

x + 2− x = 2

nên ta

nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ phương
trình. Ngoài ra từ điều kiện xác định
nghiệm là
•

x=1

0≤ x ≤ 2

và nhẩm thấy phương trình có một

nên ta có thể xử lý phương trình bằng phương pháp đánh giá.

Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

0≤ x ≤ 2

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com

x + 2− x = 2

Để ý rằng

nên khi đặt

a = 4 x;b = 4 2 − x ( a ≥ 0;b ≥ 0)

thì ta thu

a +b =2
a+ b = 2
được phương trình
. Phương trình đã cho trở thành
. Chú ý rằng
a ≥ 0;b ≥ 0
0 ≤ a,b ≤ 2
0 ≤ ab ≤ 4

nên ta suy ra được
. Từ đó dẫn đến
. Kết hợp hai
a + b = 2
 4
4
a + b = 2
phương trình trên ta có hệ
.
Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng dạng 1 nên biến đổi
4

4

tương đương hệ phương trình ta được
2
2
2
 2
a + b = 2
a + b = 4 − 2ab
a + b = 4 − 2ab
⇔
⇔
2
 4


2 2
4

a + b = 2  a2 + b2 − 2a2b2 = 4 ( 4 − 2ab) − 2a b = 4

(

)

a2 + b2 = 4 − 2ab
a2 + b2 = 4 − 2ab

⇔ 2 2
⇔  ab = 1
a b − 8ab + 7 = 0  ab = 7

Kết hợp với điều kiện

0 ≤ ab ≤ 4

ta được

ab = 1
.

ab = 1
a = 1  4 x = 1
⇔
⇔
⇒ x=1


4

a
+
b
=
1
b
=
1
2
−
x
=
1



Khi đó ta có hệ phương trình
.
Thử

x=1

vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có

nghiệm duy nhất là
•

x=1
.

Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là

Để ý rằng với

x=1

2 − x + 1≥ 2 2 − x

và

thì ta có

x + 1≥ 2 x

2 − x + 1≥ 24 2− x

và

x + 1≥ 24 x

0≤ x ≤ 2

.

Đồng thời lại có

. Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy

để đánh giá phương trình.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm ta được


x+ 1
+1
4
x
+
1
x.1
+
1
x+ 3
4
2
x
=
x.1
≤
=
≤
=

2
2
2
4

2− x + 1

+1
2

−
x
.1
+
1
(
)
5− x
 4 2− x = 4 2− x 1 ≤ 2− x + 1 =
2
≤
=
( )

2
2
2
4
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
4

x + 4 2− x ≤

x + 3 5− x

+
=2
4
4

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
.
4
4
x + 2− x = 2
Như vậy để phương trình
có nghiệm thì các bất đẳng thức trên
4

đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là
Thử

x=1

vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có

nghiệm duy nhất là
•

x = 4 2 − x = 1⇒ x = 1
.

x=1
.

Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là

Lại thấy do

x=1

4

nên ta có

x = 4 2− x

0≤ x ≤ 2

.

n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử

dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng

( ac + bd)

2

(

)(

≤ a2 + b2 c2 + d2

)

.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(
(







Từ đó ta được

(

4

4

)
2− x )

x + 4 2− x
x+

x + 4 2− x

)

2

4

Như vậy để phương trình

2

≤ ( 1+ 1) ( x + 2 − x) = 4

≤4

x + 2− x = 2

4

x + 2− x

)

x + 4 2− x ≤ 2

hay ta được
.
x + 2− x = 2
có nghiệm thì các bất đẳng thức trên
4

đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là

x=1

) (

≤ ( 1+ 1)

4

Thử

(

2

x = 4 2 − x = 1⇒ x = 1
.

vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có

nghiệm duy nhất là

x=1
.

Nhận xét.
•
Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình

về hệ phương trình, tuy nhiên việc giải hệ phương trình tương đối phức tạp.
•
Trong lời giải thứ hai và thứ ba ta sử dụng phương pháp đánh giá bằng ác
dùng các bất đẳng thức cổ điển Cauchy hay Bunhiacopxki. Để áp dụng được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
phương pháp này dường như phương trình cần có sự đặc biệt nào đó về mặt
hình thức.
Ví dụ 9. Giải phương trình

( x + 3)

48 − x2 − 8x = x − 24

Phân tích và lời giải
Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là

−12 ≤ x ≤ 4

. Phương

trình chỉ chứa một căn thức bậc hai, do đó khi thực hiện nâng lên lũy thừa thì ta
thu được phương trình bậc bốn, do ta không nhẩm nên ta phân tích phương
trình bậc bốn thành tích của hai phương trình bậc hai, để xử lý điều này ta sử
dụng phương pháp hệ số bất định, tuy nhiên hướng đi này gây cho ta có nhiều

khó khăn.
48 − x2 − 8x + ( x + 3) = 57 − 2x
2

Để ý ta nhận thấy

a = x + 3;b = 48 − 8x − x ( b ≥ 0)

. Như vậy khi ta thực hiện

2

phép đặt ẩn phụ

a2 + b2 = 57 − 2x

thì ta thu được
.
ab = x − 24
2ab = 2x − 48
Mặt khác ta lại có
hay
. Như vậy kết hợp hai kết

quả trên thì ta thu được phương trình

( a + b)

2

=9

. Như vậy ta giải được phương

trình.
•

Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là

Đặt

a = x + 3;b = 48 − 8x − x2 ( b ≥ 0)

Phương trình đã cho trở thành

. Khi đó ta được

ab = x − 24

Kết hợp hai kết quả trên ta được

( a + b)

2

hay

−12 ≤ x ≤ 4

.

a2 + b2 = 57 − 2x

2ab = 2x − 48

.

.

= 9 ⇔ a + b = ±3

hay ta được

 48 − 8x − x2 = −x
x + 3+ 48 − 8x − x2 = ±3 ⇔ 
 48 − 8x − x2 = −x − 6

+ Với

x ≤ 0
48 − 8x − x2 = −x ⇔  2
⇔ x = −2 7 − 2
x + 4x − 24 = 0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

x ≤ −6
48 − 8x − x2 = −x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

+ Với
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31
•

.

Hướng 2. Để loại căn thức ta đặt ẩn phụ

t2 = 48 − 8x − x2

t = 48 − 8x − x2

và phương trình đã cho được viết lại thành

Để giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được

. Khi đó ta được

t2 + 2( x + 3) t + x2 + 6x = 0

t2 + 2( x + 3) t + x2 + 6x = 0

thành tích.
Điều kiện xác định của phương trình là

−12 ≤ x ≤ 4

. Phương trình đã cho

tương đương với
2( x + 3) 48 − 2x − x2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2( x + 3) −x2 − 8x − 48

⇔ − x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) − x2 − 8x + 48 + x2 + 6x = 0

Đặt

t = 48 − 8x − x2 ,t ≥ 0

. Khi đó phương trình trên trở thành

t2 + 2( x + 3) t + x2 + 6x = 0 ⇔ ( t + x) + 6x ( t + x) = 0 ⇔ ( t + x) ( t + x + 6) = 0
2

Ta xét hai trường hợp sau
+ Nếu

t+x = 0

, suy ra

t = −x

, do đó ta được

x ≤ 0
48 − 8x − x2 = −x ⇔  2
⇔ x = −2 7 − 2
x + 4x − 24 = 0
+ Nếu

t + x+ 6= 0

, suy ra

t = −x − 6

, do đó ta được

x ≤ −6
48 − 8x − x2 = −x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31

•

.

Hướng 3. Để ý đến đại lượng

2( x + 3) −x2 − 8x − 48

ta nghĩ đến biến đổi

phương trình thành dạng bình phương. Khi đó ta viết phương trình thành

x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + ( x + 3) = 9 ⇔

(

)

2

− x2 − 8x + 48 + x + 3 = 9

Như vậy phương trình đã cho giải được.
Điều kiện xác định của phương trình là

−12 ≤ x ≤ 4

. Phương trình đã cho tương

đương với
2( x + 3) 48 − 2x − x2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2( x + 3) −x2 − 8x − 48
⇔ − x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + x2 + 6x = 0
⇔ − x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + ( x + 3) = 9
2

⇔

+ Với

(

 48 − 8x − x2 = −x
2
− x2 − 8x + 48 + x + 3 = 9 ⇔ 
 48 − 8x − x2 = −x − 6

)

x ≤ 0
48 − 8x − x2 = −x ⇔  2
⇔ x = −2 7 − 2
x + 4x − 24 = 0
x ≤ −6
48 − 8x − x2 = −x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

+ Với
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31
•

.

Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là

−12 ≤ x ≤ 4

. Phương trình đã

cho tương đương với

( x + 3) (

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

)

48− 8x − x2 + x = x2 + 4x − 24

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com

+ Xét trường hợp

 x ≥ 0
48− 8x − x2 = x ⇔  2
⇒ x= 2 7− 2
 x + 4x − 24 = 0

trình đã cho ta thấy
+ Xét trường

( x + 3) (

(
Hay

+ Với

+ Với

x= 2 7−2

, thay vào phương

không thỏa mãn.

48 − 8x − x2 ≠ x ⇔ x ≠ 2 7 − 2

. Khi đó

)

48 − 8x − x2 + x = x2 + 4x − 24 ⇔ −2( x + 3) .

48 − 8x − x2 − x ≠ 0
x2 + 4x − 24
−x − 8x + 48 − x
2

. Từ đó

= x2 + 4x − 24

 x2 + 4x − 24 = 0


2x + 6

x + 4x − 24 
+ 1÷
÷ = 0 ⇔  48 − 8x − x2 = − x − 6
2
 48 − 8x − x − x 

2

)

 x = −2 7 − 2
x2 + 4x − 24 = 0 ⇔ 
 x = 2 7 − 2
x ≤ −6
48 − 8x − x2 = − x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31

.
3

(

)

3− 2x 2 3x − 2 + 1 = 3( 4x − 3)

Ví dụ 10. Giải phương trình
Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho có chứa gai căn bậc lệch nhau nên để loại bỏ căn
thức ta có thể sử dụng ẩn phụ hoặc sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp,
ngoài ra ta cũng có thể sử dụng phương pháp đánh giá. Để ý là nhẩm một số
giá trị đặc biệt ta được
•

x=1

là một nghiệm của phương trình.
x≥

Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là
3

Phương trình đã cho có chứa tích
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

(

)

x≥

3− 2x 2 3x − 2 + 1

. Để ý rằng với

2
3

2
3

.

thì

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96
Website:tailieumontoan.com
2 3x − 2 + 1 > 0
3

3− 2x =

liên hợp

, do
3( 4x − 3)

2 3x − 2 + 1

đó

phương

trình

đã

cho

được

viết

lại

thành

. Để loại bỏ căn thức dưới mẫu ta sử dụng phép nhân lượng

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

, như vậy ta viết được đã

3− 2x = 2 3x − 2 − 1
cho phương trình lại thành
.
Chú ý là phép nhân lượng liên hợp thực hiện được ta xét các trường hợp

3

2 3x − 2 − 1 = 0

và

2 3x − 2 − 1 ≠ 0

. Đến đây ta có các cách trình bày lời giải cho

phương trình.
x≥
+ Cách 1. Do

2
3

nên

2 3x − 2 + 1 > 0

.

2 3x − 2 − 1 = 0 ⇔ 2 3x − 2 = 1 ⇔ 4( 3x − 2) = 1 ⇔ 12x = 9 ⇔ x =

o

3
4

x=

Xét
. Ta thấy
không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
2 3x − 2 − 1 ≠ 0
o
Xét
, khi đó phương trình đã cho tương đương với
3

3− 2x =

3( 4x − 3)
2 3x − 2 + 1

⇔ 3 3− 2x =

(

)

3( 4x − 3) 2 3x − 2 − 1

( 2 3x − 2 + 1) ( 2 3x − 2 − 1)

⇔ 3 3− 2x = 2 3x − 2 − 1

Đặt

a = 3 3− 2x;b = 3x − 2,( b ≥ 0)

3a3 + 2b2 = 5

. Khi đó ta có phương trình
.
a = 2b − 1
Phương trình ban đầu trở thành
. Từ đó ra được hệ phương trình
a = 2b − 1
 3
2
3a + 2a = 5
.
 2b = a + 1
 2b = a + 1
⇔
 3
2
a − 1) 6a2 + 7a + 9 = 0
6a + ( a + 1) = 5 (
Biến đổi hệ phương trình trên thì được
6a2 + 7a + 9 = 0
Dễ thấy phương trình
vô nghiệm nên từ hệ phương trình trên ta

(

được

a= 1

)

.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3
4


96
Website:tailieumontoan.com
Từ đó dẫn đến
ta được

x=1

3− 2x = 1 ⇔ x = 1
. Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình

là nghiệm duy nhất của phương trình.

+ Cách 2. Để ý rằng phương trình có nghiệm là

x=1

nên ta có thể biến đổi

phương trình thành
3

3− 2x − 1 = 2 3x − 2 − 2 ⇔
3

2( 3x − 2) − 1
( 3− 2x) − 1
= 
3x − 2 + 1
( 3− 2x) + 3− 2x + 1
2

3



2
6

=0
⇔ ( x − 1)
+
3
2
3
3x − 2 + 1
 ( 3− 2x) + 3− 2x + 1


2
3

Dễ thấy
x=1
•
3

( 3− 2x)

2

+ 3− 2x + 1
3

+

6
3x − 2 + 1

>0
. Do đó từ phương trình trên ta được

là nghiệm.

Hướng 2. Từ phân tích trong hướng thứ nhất ta thu được phương trình
3− 2x = 2 3x − 2 − 1
3

thì ta có

3

hay ta viết lại thành

2x − 3 + 2 3x − 2 > 1

phương trình lại có
xoay quanh nghiệm

x=1

và khi

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1
x>1
. Nhận thấy khi
3

x< 1

thì ta lại có

là nghiệm nên ta sử dụng phép đánh giá phương trình

x=1
.
x≥

Điều kiện xác định của phương trình là
tương đương với
3

3− 2x =

2x − 3 + 2 3x − 2 < 1
, mà

3( 4x − 3)
2 3x − 2 + 1

⇔ 3 3− 2x =

(

3
2

. Phương trình đã cho

)

3( 4x − 3) 2 3x − 2 − 1

( 2 3x − 2 + 1) ( 2 3x − 2 − 1)

⇔ 3 2x − 3 + 2 3x − 2 = 1

Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Với

2x − 3 > −1
3x − 2 > 1
x>1
, khi đó ta có
và
.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC