SKKN TOÁN THPT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ……
TRƯỜNG THPT ……
----------

BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN
CẤP CƠ SỞ PHỤC VỤ THI ĐUA KHEN THƯỞNG NĂM 2020

Giải pháp:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC
SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA
TÁC GIẢ SÁNG KIẾN:
Họ và tên: …………….. – GV Toán.

……………., 2020


MỤC LỤC
CHƯƠNG 1: CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP..................................................1
1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp......................................................1
1.2 Mục tiêu của giải pháp...................................................................1
1.3 Phương pháp thực hiện.....................................................................2
1.4 Đối tượng và phạm vi áp dụng......................................................2
CHƯƠNG 2: QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP................................4
2.1 Thực trạng.........................................................................................4
2.1.1 Thuận lợi..............................................................................4
2.1.2 Khó khăn.............................................................................4
2.2 Mâu thuẫn........................................................................................5
2.3 Giải pháp đề xuất.............................................................................6
CHƯƠNG 3: NỘI DỤNG CỦA GIẢI PHÁP..................................................7
3.1 Phương pháp biến đổi tương đương để giải phương trình................7
3.1.1 Phương pháp........................................................................7

3.1.2 Một số thí dụ........................................................................7
3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ.........................12
3.2.1. Phương pháp.......................................................................12
3.2.2. Một số thí dụ.......................................................................13
3.3 Phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ.............................19
3.3.1 Liên hợp bậc 1....................................................................20
3.3.2 Liên hợp bậc 2....................................................................26
3.4 Hiệu quả của giải pháp......................................................................36
Chương 4: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ................................................... 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................................40


CHƯƠNG 1

CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP
1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều
người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng
phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô
tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm
tòi học hỏi và phát triển tư duy. Bởi lẽ nó có thể đã rất cũ với nhiều người song
vẫn còn rất mới với đối tượng học sinh, những người trực tiếp hằng ngày phải
đau đầu, nhức óc với các bài toán mà trong đó phương trình vô tỷ là một trong
những bài toán thuộc loại khó nhất.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp.
Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng
tạo. Bên cánh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các
kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp THCS, THPT. Đặc biệt kể từ khi kì thi Đại
học được cải cách theo hướng 3 chung và mới đây là kì thi THPT Quốc Gia,
trong đề thi môn toán năm nào củng có bài toán giải phương trình vô tỷ hoặc

bất phương trình vô tỷ. Chính vì thế, để giúp các em học sinh có được nhiều
cách tiếp cận đối với một bài toán phương trình vô tỷ, tôi đã quyết tâm sưu tầm
tài liệu, chọn lọc và đề xuất một số phương pháp chính để giải quyết bài toán.
1.2 Mục tiêu của giải pháp
Mục tiêu của giải pháp là nâng cao trình độ chuyên môn cho bản thân,
hướng đến nâng cao chất lượng giảng dạy của cá nhân, góp phần nâng cao tỷ lệ
học sinh đạt điểm cao trong môn Toán của nhà trường trong kỳ thi THPT Quốc
Gia sắp đến. Trước thực tiễn bản thân được nhà trường tin tưởng và giao cho
giảng dạy môn toán lớp 12a1, 2 (lớp gồm những học sinh có học lực tốt nhất
của khối 12) qua các năm học, các em lại có nguyện vọng đậu vào những
trường Đại học hàng đầu thường có điểm thi phải cao, do đó đặt ra cho giáo
viên phải có những phương pháp tối ưu để giúp các em đạt được ước mơ.
Trong đề thi bài toán giải phương trình vô tỷ được vào loại câu khó nên điều đó
càng thúc đẩy bản thân tìm tòi để hình thành giải pháp cho bản thân, đồng thời
góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy cho tất cả giáo viên tổ Toán.

3


1.3 Phương pháp thực hiện
Trong quá trình hình thành giải pháp cá nhân đã kết hợp các phương
pháp dưới đây:
Phương pháp phân tích: nghiên cứu thực trạng sử dụng các phương pháp giải
phương trình vô tỷ đã biết để áp dụng giải một bài toán cụ thể. Trong thực tiễn
giảng dạy
Phương pháp tổng hợp: sử dụng tài liệu tham khảo cùng với thực tế diễn ra
trên lớp, cùng với đóng góp của quý thầy cô.
Phương pháp trao đổi và thảo luận: cùng nghiên cứu và cung cấp những kết
quả thảo luận với các thầy cô giáo trong tổ, với học sinh.
Phương pháp phân tích, thống kê số liệu: điều tra, khảo sát và phỏng vấn

học sinh lớp thực nghiệm.
1.4 Đối tượng và phạm vi áp dụng:
Nội dung của giải pháp này hướng đến đối tượng là học sinh khá, giỏi
của các lớp và trọng tâm là phục vụ cho các em học sinh dự thi kì thi THPT
quốc gia. Trong quá trình giảng dạy giáo viên và học sinh cùng trao đổi về lời
giải của một bài toán, phân tích để chọn được lời giải hay và lấy đó để tích luỹ
kình nghiệm cho bản thân. Tuy nhiên chúng ta không khuôn mẫu cho tư duy
của học sinh, để tránh học sinh chỉ được tiếp thu theo một lối mòn có sẵn dẫn
đến khi gặp các bài toán “lạ”, “chưa gặp dạng” thì học sinh không thể giải
quyết được. Vì vậy khi thực hành giải pháp này giáo viên để cho học sinh thoả
sức thể hiện lời giải theo suy nghỉ của mình, cuối cùng thảo luận giữa các học
sinh và giáo viên chốt lại và đưa ra những phân tích cho các cách giải của mỗi
học sinh.
Tùy thuộc vào đặc điểm dạy học của từng trường, tùy vào phương pháp
lên lớp của mỗi giáo viên để đưa ra các cách thức khác nhau để thực hiện giải
pháp này. Theo cá nhân tác giả thấy rằng nếu chúng ta thực hiện theo giải pháp
này thì học sinh không thụ động mà các em được là chủ trong vấn đề tiếp nhận
kiến thức, mặt khác các em cảm thấy tự tin hơn khi đứng trước một bài toán
giải phương trình vô tỷ, đặc biệt là các em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi THPT
Quốc gia.

4


CHƯƠNG 2

QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP
Trường THPT Hòa hội là một trường vùng sâu, vùng xa của tỉnh, chất
lượng học tập của học sinh còn thấp so với mặt bằng chung của tỉnh BRVT,
học sinh thuộc nông thôn , ở nhà các em còn phải phụ giúp gia đình các việc

nhỏ, vừa sức nên các em chưa hẳn đã sử dụng toàn bộ thời gian cho việc học;
Đây là trở ngại vô cùng lớn cho quá trình dạy học của giáo viên và học sinh.
Tuy nhiên trong các kì thi (tốt nghiệp THPT trước đây và THPT Quốc gia hiện
nay), trường THPT AAAAA đều có những thành tích khá cao. Đây là sự động
viên lớn lao cho giáo viên có thêm động lực để xây dựng các giải pháp, sáng
kiến áp dụng vào dạy học.
2.1. Thực trạng
2.1.1 Thuận lợi
Nhìn chung phần lớn học sinh tại trường THPT AAAAA đều ngoan và
lễ phép, có ý thức kỹ luật trong học tập. Đây chính là cơ sở quan trọng nhất để
giáo viên có thể tiến hành được những giải pháp thúc đẩy quá trình dạy – học.
Đội ngũ giáo viên có sự nhiệt tình và tận tụy với nghề nên có sự đầu tư
lớn trong công tác bổi dưỡng học sinh giỏi và phụ đạo các học sinh trung bihf
yếu.
Đặc biệt là sự quan tâm của nhà trường vào công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi, ôn thi học sinh dự thi THPT Quốc gia, xác định đây là bộ mặt của nhà
trường nên đã có những ưu đã thoả đáng cho những giáo viên có học sinh giỏi
hoặc có học sinh đạt tỷ lệ cao trong các kỳ thi, điều này làm cho đội ngũ giáo
viên an tâm, nhiệt tình hơn trong công việc.
2.1.2 Khó khăn
Bề dày kinh nghiệm của một số giáo viên của trường chưa cao, việc
thực hiện dự giờ thăm lớp đôi khi chỉ còn là hình thức; do bị động về thời
gian, tình hình thiếu nhân sự của trường kéo dài nên các giáo viên phải dạy
nhiều tiết dẫn đến không còn quỹ thời gian để thực hiện nhiệm vụ dự giờ.
Học sinh có những khác biệt về cách nhận thức, hoàn cảnh gia đình,
kinh tế, lười học hoặc thiếu sự quan tâm của cha mẹ,... Những điều này đã ảnh
hưởng nhiều đến vấn đề học tập của học sinh, từ đó dẫn đến các em chán nản
việc học, và hỏng kiến thức.
Trong một lớp học do có nhiều đối tượng học sinh nên giáo viên khó
quản lí và bao quát được từng loại học sinh, đặc biệt là phân loại kiến thức sao

cho phù hợp với từng cấp độ, năng lực đối tượng.

5


Mặt khác, học sinh còn bị ảnh hưởng bởi cách truyền thụ trước đây, nên
ỷ lại, lười suy nghĩ, không chuẩn bị bài ở nhà, trong giờ học thì lơ là không tập
trung,... làm giảm khả năng tư duy của học sinh.
2.2 Mâu thuẫn
Nhìn chung, giáo viên chủ yếu là đội ngũ đang còn trẻ, có lòng nhiệt
tình và say mê với nghề. Luôn có lòng mong muốn cống hiến. Tuy nhiên,do
kinh nghiệm còn non nên nhiều lúc chưa có sự định hướng rõ ràng về phương
pháp dạy. Dẫn đến sự ngộ nhận về năng lực học sinh nên thường có những yêu
cầu quá cao kiến thức đối với học sinh, điều này làm cho học sinh có thể bị áp
lực đôi khi có thể học sinh rơi vào tình trạng “mất niềm tin” vào bản thân.
Đối với học sinh, các em đều có tinh thần học tập, tuy nhiên, do chưa có
sự định hướng về cách học, một phần là các em đã thụ động tiếp thu kiến thức
trong một thời gan quá dài (cấp 1, 2) điều này dẫn đến một số học sinh bì hổng
kiến thức dó đó khi gặp những vấn đề đòi hỏi phải có những lập luận cao thì
học sinh dễ thất bại.
Sau khi giải quyết một bài toán xong chúng ta thường hỏi “có cách nào
khác không các em?” điều này luôn đặt ra các em một thôi thúc là tìm kiếm
lời giải khác. Vì vậy việc hình thành một giải pháp là điều tất yếu.
2.3 Giải pháp đề xuất
Trên cơ sở những vấn đề đã nói đến ở trên, để những học sinh có học
lực khá, giỏi có động lực hơn với môn toán học thì thiết nghĩ rằng hình thức
bồi dưỡng học sinh giỏi là giải pháp cần phải áp dụng. Tuy nhiên, để việc thực
hiện giải pháp đạt hiệu quả cao điều quan trọng nằm ở tinh thần của giáo viên
bên cạnh thái độ học của học sinh.
Qua nhiều năm tôi tham gia giảng dạy học sinh giỏi cho học sinh tại

trường, tôi đều nhận thấy một điều hết sức quan trọng trong dạy học chính là
thái độ và tình cảm của giáo viên. Khi tình thương và trách nhiệm của giáo
viên với học sinh càng cao thì chất lượng của công tác bồi dưỡng rất tốt và
ngược lại.
Để giải quyết bài toán nâng cao chất lượng học sinh chung của toàn
trường, trong đó có đối tượng học sinh khá, giỏi; với mục tiêu nâng cao tỷ lệ
học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi THPT Quốc gia, thì yếu tố cần thiết chính là
sự mạnh dạng của giáo viên trong việc thực hiện các giải pháp để nâng cao
trình độ cho học sinh.

6


CHƯƠNG 3

NỘI DUNG GIẢI PHÁP
Quy tắc chung nhất cho việc giải một phương trình vô tỷ là phương pháp
biến đôi tương đương, bằng cách đặt điều kiện rồi luỹ thừa nhiều lần cho đến
khi trong phương trình không còn biểu thức vô tỷ, dưới đây chúng ta sẽ được
tìm hiểu phương pháp này thông qua một vài thí dụ.
3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH
3.1.1 PHƯƠNG PHÁP
Trong bài viết này chúng ta chỉ xét những phương trình chủ yếu là chứa
căn bậc hai, các dạng thức khác có thể hiểu tương tự. Khi sử dụng phương
pháp này chúng ta thường nâng bậc của phương trình đến khi phương trình
thành đa thức, lúc đó sử dụng máy tính để tách nhân tử chung:
Các dạng biến đổi tương đương thường gặp là
g(x) ≥ 0
f (x) = g(x) ⇔ 

•
2
 f (x) = [ g(x)] (1)
g(x).h(x) ≥ 0
• g(x). f (x) = h(x) ⇔ 
2
2
[
]
[
]
g
(
x
)
.
f
(
x
)
=
h
(
x
)
(2)

 f (x) ≥ 0
g(x) ≥ 0


f (x) + g(x) = h(x) ⇔ h(x) ≥ 0
•

 f (x) + g(x) + 2 f (x).g(x) = [ h(x)] 2


(3)

Các phương trình (1), (2), (3) chúng ta sẽ giải ở ngoài và sau đó kết hợp
nghiệm của phương trình. Chúng ta còn sử dụng các bước sau đây để giải một
phương trình nói chung
B1: Lấy điều kiện có nghiệm cho phương trình
B2: Thực hiện phép biến đổi tương đương để giải phương trình
B3: Đối chiếu điều kiện để chọn nghiệm phương trình
3.1.2 MỘT SỐ THÍ DỤ
Thí dụ 1: Giải phương trình
Bài giải:

x 2 − 6x + 6 = 2x − 9

7


9
+ ĐK: 2x − 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

+ BP 2 vế ta có phương trình tương đương với

x 2 − 6x + 6 = (2x − 9)2
⇔ x 2 − 10x + 25 = 0

⇔ x = 5 (t / m)
+ Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = 5

Thí dụ 2: Giải phương trình
2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

Bài giải:

2
+ ĐK: −(x − 3x + 1) ≥ 0 ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 3 + 5

2

2

+ Phương trình tương đương với

2x − 1 = (−x 2 + 3x − 1)2

⇔ x 4 − 6x3 + 11x 2 − 8x + 2 = 0
x = 1
⇔ 2
x − 4x + 2 = 0
x = 1(tm)

⇔ x = 2 − 2 (tm)
x = 2 + 2 (ktm)

+ Kết hợp điều kiện phương trình có 2 nghiệm x = 1,x = 2 − 2

Thí dụ 3: Giải phương trình
2x 2 + x + 4 = 41x 2 − 20x + 36

Bài giải:
+ Nhận xét 2 vế của PT đều không âm
+ Phương trình tương đương với

(2x 2 + x + 4)2 = 41x 2 − 20x + 36
⇔ 4x 4 + x 2 + 16 + 4x3 + 16x 2 + 8x = 41x 2 − 20x + 36
⇔ x 4 + x3 − 6x 2 + 7x − 5 = 0

(*)

⇔ (x − x + 1)(x + 2x − 5) = 0

(**)

2

2

2
x − x + 1 = 0(VN )
⇔ 2
x + 2x − 5 = 0
x = −1 + 6
⇔
x = −1 − 6

8


+ Kết hợp điều kiện phương trình có 2 nghiệm x = −1 ± 6
Nhận xét:
Làm thế nào để phân tích được pt về dạng f (x).g(x) với
f (x) = x 2 + 2x − 5,g(x) = x 2 − x + 1 , điều này được giải thích bằng phương pháp
nhẩm nghiệm từ máy tính. Sử dụng MT ta nhẩm nghiệm được (*) có hai
nghiệm gần đúng lần lượt là α = 1, 449...., β = −3, 449... Sau đó kết hợp Vi et cho
α + β = 2
α
,
β
hai số
ta được α .β = 5 vì vậy ta kết luận được rằng hai số α , β là hai



nghiệm của phương trình x2 + 2x − 5 = 0 . Đó chính là cơ sở để có được biến
đổi từ (*) về (**).
Phương pháp trên được tác giả gọi là “Phương pháp Vi – et để giải phương
trình đa thức”.
Qua lời giải trên chúng ta tham khảo thêm lời giải khác như sau:
PT ⇔ 2x 2 + 4x − 10 = 3x − 14 + 41x 2 − 20x + 36
⇔ 2(x 2 + 2x − 5) = 41x 2 − 20x + 36 − (14 − 3x)
41x 2 − 20x + 36 − (14 − 3x)2
41x 2 − 20x + 36 + (14 − 3x)
32(x 2 + 2x − 5)
⇔ 2(x 2 + 2x − 5) =
41x 2 − 20x + 36 + (14 − 3x)

2
x + 2x − 5 = 0
⇔
2
 41x − 20x + 36 + (14 − 3x) = 16
2
x + 2x − 5 = 0
⇔
2
 41x − 20x + 36 = 3x + 2
⇔ x = −1 ± 6
⇔ 2(x 2 + 2x − 5) =

Phương pháp để giải phương trình trên tác giải gọi là “PP liên hợp bậc 2”
Thí dụ 4: Giải phương trình
Bài giải:

3x + 4 − 2x + 1 = x + 3

3x + 4 ≥ 0

+ ĐK: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1
2
x + 3 ≥ 0


+ Phương trình tương đương với
9

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

1
+ Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = − 2

Thí dụ 5: Giải phương trình
x + 5 + 3x − 8 = 5(5 − x)

Bài giải:
x + 5 ≥ 0

+ ĐK: 3x − 8 ≥ 0 ⇔ 8 ≤ x ≤ 5
3
5 − x ≥ 0


+ Phương trình tương đương với
x + 5 + 3x − 8 + 2 (x + 5)(3x − 8) = 25(5 − x)2
⇔ 2 3x 2 + 7x − 40 = 25x 2 − 254x + 628

(*)

+ Bình phương hai vế phương trình (*) ta có phương trình hệ quả sau

625x 4 − 12700x3 + 95904x 2 − 319052x + 394544 = 0

⇔ (x − 4)(625x3 − 10200x 2 + 55104x − 98636) = 0
x = 4
⇔
3
2
g(x) = 625x − 10200x + 55104x − 98636 = 0 (**)
8
+ Bây giờ đặt f (x) = x + 5 + 3x − 8,x ≥ 3 ta có
1
3
f '(x) =
+
> 0,∀x > 8
3
2 x + 5 2 3x − 8
suy ra f (x) ≥ f (8 ) = 23 . Vì vậy phương trình đã cho có nghiệm thì ta cần phải
3
3
có 5(5 − x) ≥ 23 ⇔ x ≤ 1 (25 − 23 ) < 23 . Từ đây ta đi chứng minh phương
3
5
3
5
8 23
trình (**) vô nghiệm trên khoảng [ 3 ; 5 )

+ Ta có

10


g'(x) = 1875x 2 − 20400x + 55104
x = 136 + 8 2 ≈ 5,89 := x
2

25
g'(x) = 0 ⇔ 
136 − 8 2 ≈ 4,98 := x
x =
1
25
23
773
và g( 5 ) = − 5
23
8 23
lập bảng biến thiên cho hàm số g(x) ta được g(x) < g( 5 ) < 0,∀x ∈ [ 3 ; 5 ), từ
8 23
đây ta chứng minh được (**) vô nghiệm trên khoảng [ 3 ; 5 )
+ Kết luận PT đã cho có 1 nghiệm x = 4 .
Lời giải của phương trình theo hướng trên ta thấy mình “khỏe vô cùng” . Sau
đây chúng ta tham khảo thêm lời giải khác như sau:
x + 5 ≥ 0

+ ĐK: 3x − 8 ≥ 0 ⇔ 8 ≤ x ≤ 5
3
5 − x ≥ 0


+ Biến đổi phương trình tương đương như sau
x + 5 − 3 + 3x − 8 − 2 = 5(4 − x)
x − 4 + 3(x − 4) = 5(4 − x)
x+5+3
3x − 8 + 2
x − 4 = 0
⇔
3
1
+
= −5(VN )

 x+5 +3
3x − 8 + 2
⇔ x = 4(t / m)
+ Kết hợp điều kiện ta được x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình.
⇔

Phương pháp để giải phương trình theo cách trên tác giải gọi là “PP liên hợp
bậc 1”.
Thí dụ 6: Giải phương trình
3(2 + x − 2 ) = 2x + x + 6

Bài giải:
+ ĐK: x ≥ 2
+ Phương trình tương đương với

11

6 + 3 x − 2 = 2x + x + 6
⇔ 3 x − 2 − x − 6 = 2x − 6
9(x − 2) − (x − 6)
= 2(x − 3)
3 x−2 + x−6
8(x − 3)
⇔
= 2(x − 3)
3 x−2 + x−6
x = 3
⇔
4
= 1 (*)

3 x − 2 + x − 6
⇔

+ Xét phương trình (*), phương trình tương đương với
3 x−2 + x+6 =4

⇔ 9(x − 2) + (x + 6) + 6 x 2 + 4x − 12 = 16
⇔ 3 x 2 + 4x − 12 = 14 − 5x
x ≤ 14

5
⇔
2
16
x

− 176x + 304 = 0

⇔ x = 11 − 3 5
2
+ Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3,x = 11 − 3 5 .
2

Qua các thí dụ trên chúng ta nhận thấy cần phải có những cách tiếp cận
khác để giải bài toán nhanh hơn có thể. Tiếp theo tôi nhắc lại một phương pháp
mà giáo viên, học sinh thường hay sử dụng để giải bài toán phương trình vô tỷ
đó là phương pháp đặt ẩn phụ.
3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
3.2.1 PHƯƠNG PHÁP
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp
các dạng như:
* Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn
chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ.
* Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
* Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là
hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó
ta được một hệ đối xứng.
* Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương
trình tích với vế phải bằng 0.
12


3.2.2 MỘT SỐ THÍ DỤ
Thí dụ 1: Giải phương trình
2x 2 + 5x + 2 − 2 2x 2 + 5x − 6 = 1

Bài giải:
+ Đặt t = 2x 2 + 5x − 6 với t ≥ 0 PT trở thành
t2 + 8 − 2t = 1
⇔ t2 + 8 = 2t + 1

⇔ t2 + 8 = (2t + 1)2 (do t ≥ 0)
⇔ 3t2 + 4t − 7 = 0
(tm)
t = 1

⇔
7 (ktm)
t = −

3

x = 1
+ Với t = 1 ta có phương trình 2x + 5x − 6 = 1 ⇔ 
7
x = −
2
7
+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1,x = − 2
2

Thí dụ 2: Giải phương trình
(x + 1)(x + 4) − 3 x 2 + 5x + 2 = 6

Bài giải:
+ Đặt t = x 2 + 5x + 2 với t ≥ 0 PT trở thành

t2 + 2 − 3t = 6

⇔ t2 − 3t − 4 = 0
(tm)
t = 4
⇔
t = −1 (ktm)

x = 2
2
x
+
5
x
−
14
=
0
⇔
+ Với t = 4 ta có phương trình
x = −7

+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2,x = −7

Thí dụ 3: Giải phương trình
x + 1 + 4 − x + (x + 1)(4 − x) = 5

Bài giải:
+ Đặt t = x + 1 + 4 − x với t ≥ 0 , ta có

2
t2 = x + 1 + 4 − x + 2 (x + 1)(4 − x) ⇔ (x + 1)(4 − x) = t − 5
2

13


+ PT trở thành
2
t+t −5 = 5
2
⇔ t2 + 2t − 15 = 0

(tm)
t = 3
⇔
t = −5 (ktm)

x = 0

2
+ Với t = 3 ta có phương trình (x + 1)(4 − x) = 2 ⇔ x − 3x = 0 ⇔ x = 3

+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0,x = 3



Thí dụ 4: Giải phương trình
3

2 −x = 1− x −1

Bài giải:
+ ĐK: x ≥ 1
+ Đặt t = 3 2 − x ta có x = 2 − t3
+ Phương trình trở thành

t = 1 − 2 − t3 − 1 ⇔ 1 − t 3 = 1 − t
t ≤ 1
⇔
3
2
1 − t = (1 − t)
t ≤ 1
⇔ 3
2
t + t − 2t = 0
t = 0
⇔ t = 1

t = −2


+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 1,x = 2,x = 10 .
Thí dụ 5: Giải phương trình
3x − 2 + x − 1 = 4x − 9 + 2 3x 2 − 5x + 2

Bài giải:
+ ĐK: x ≥ 1
+ Đặt t = 3x − 2 + x − 1 ta có t ≥ 0,t2 = 4x − 3 + 2 3x 2 − 5x + 2

+ Phương trình trở thành
t = −2 (ktm)
t = t2 − 6 ⇔ t2 − t − 6 = 0 ⇔ 
(tm)
t = 3

14


+ Từ đây ta tìm được nghiệm của phương trình là x = 2 .
Thí dụ 6: Giải phương trình
4

18 − x + 4 x − 1 = 3

Bài giải:
+ ĐK: 1 ≤ x ≤ 18
+ Đặt a = 4 18 − x ,b = 4 x − 1;a,b ≥ 0
+ Từ phương trình ta có hệ

a + b = 3
a + b = 3
⇔
a4 + b4 = 17
(ab)2 − 18ab + 32 = 0


a
+
b

=
3
a

 + b = 3
⇔
∨
ab = 2
ab = 16



+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 2,x = 17 .
Thí dụ 7: Giải phương trình
3

Bài giải:
+ ĐK: −3 ≤ x
+ Đặt t = 3 9 − x ⇒ x = 9 − t3
+ Phương trình trở thành

9 −x + x + 3 = 4

t + 12 − t3 = 4 ⇔ 12 − t3 = 4 − t
t ≤ 4
⇔
3
2
12 − t = (4 − t)
t ≤ 4

⇔ 3
2
t + t − 8t + 4 = 0
t = 2
⇔
t = −3 ± 17

2

+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 1,x = 63 ± 11 17 .
2

Thí dụ 8: Giải phương trình
Bài giải:

18x 2 − 18x x − 17x − 8 x − 2 = 0 .

15


+ Đặt

x =t

với t ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành

(3t2 − 4t − 2)(6t2 + 2t + 1) = 0 , suy ra 3t 2 − 4t − 2 = 0 , ta được t =

+ Từ đó phương trình có nghiệm là x =

2 + 10
.
3

14 + 4 10
.
9

Thí dụ 9: Giải phương trình
x 2 − 3x + 1 = − 3 x 4 + x 2 + 1 .
3

Bài giải:
+ Ta có sự phân tích x4 + x 2 + 1 = (x 2 + 1)2 − x 2 = (x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1) đồng
thời với mọi x ta có x 2 − 3x + 1 = 2(x 2 − x + 1) − (x 2 + x + 1)
2
+ Đặt y = x2 − x + 1 (có thể viết đk y ≥ 0 hoặc chính xác hơn là

), ta được

x +x +1

3 ≤y≤ 3
3

3
3
2y2 − 1 = − 3 y = 0 ⇔ 6y2 + 3y − 3 = 0 , ta được y =
(loại y = −
).

3
3
2
+ Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .

Thí dụ 10: Giải phương trình

(

)

2 − x 2 + 2 − 12 = 4 − x + 1 .
x
x

Bài giải:
+ Ta thấy x < 0 không thỏa mãn. Khi đó phương trình tương đương với hệ

4 − x + 1 > 0
x

x
>
0
.


2
2
 2 − x 2 + 2 − 12 = 4 − x + 1


x
1
2 ≤ t < 4 (1)
1
+ Đặt t = x + , ta được 
.
2
2
2
x
4 − (t − 2) + 2 5 − 2(t − 2) = (4 − t ) (2)

(

(

)

) ( ( ))

+ Xét (2) ⇔ 9 − 2t 2 = t 2 − 4t + 5 ⇔ t 4 − 8t 3 + 28t 2 − 40t + 16 = 0 (do hai vế không
âm).
⇔ (t − 2)(t 3 − 6t 2 + 16t − 8) = 0
⇔ (t − 2)[(t − 2)(t 2 − 4t + 8) + 8] = 0
Dẫn đến t = 2 (do ((t − 2)(t 2 − 4t + 8) + 8) > 0 với mọi t thỏa mãn (1)).

16

+ Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .
Thí dụ 11: Giải phương trình
2 x2 + 1 − x + 2x 1 − x2 = 1 .

Bài giải:
+ Ta có phương trình tương đương với 1 − x = 1 − 2 x 2 − 2 x 1 − x 2
suy ra 1 − x = 1 + 4 x 4 + 4 x 2 (1 − x 2 ) − 4 x 2 − 4 x 1 − x 2 + 8 x 3 1 − x 2
⇔ x(1 − 4 1 − x 2 + 8 x 2 1 − x 2 ) = 0
x = 0
⇔
2
2
2
1 − 4 1 − x + 8 x 1 − x = 0(1)
+ Xét (1), đặt y = 1 − x 2 , suy ra y ≥ 0 và x 2 = 1 − y 2 . Ta được
1 − 4 y + 8 y (1 − y 2 ) = 0
⇔ 8 y3 − 4 y − 1 = 0
⇔ (2 y + 1)(4 y 2 − 2 y − 1) = 0
⇔ y=

+ Từ đó suy ra x = ±

1+ 5
4

5− 5
.
8

+ Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0, x = −

5− 5
.
8

Thí dụ 12: Giải phương trình
x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 .

Bài giải:
+ Đặt 4 − x 2 = y , với 0 ≤ y ≤ 2 . Khi đó ta được hệ
 x + y = 2 + 3xy
.
 2
2
x + y = 4

+ Sử dụng phương pháp thế hoặc giải hệ đối xứng loại 1 đặt x + y = S ; xy = P
−2 − 14
rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình là x = 0, x = 2 và x =
.
3

−2 − 14
+ Vậy phương trình có các nghiệm là x = 0, x = 2 và x =
.
3

17

Thí dụ 13: Giải phương trình
3

81x − 8 = x3 − 2 x 2 +

4
x−2.
3

Bài giải:
4
3

+ Đặt 3 81x − 8 + 2 = 3 y ⇒ 3 x = y 3 − 2 y 2 + y . Khi đó ta được hệ
4

3
2
3 x = y − 2 y + 3 y
.

3 y = x 3 − 2 x 2 + 4 x

3

+ Đây là hệ đối xứng loại 2, xét hiệu hai phương trình dẫn đến x = y
(do

1
1

1
1
( x + y ) 2 + ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + > 0 ).
2
2
2
3

Thay vào hệ và giải phương trình ta được x = 0; x =

3± 2 6
.
3

Thí dụ 14: Giải phương trình
5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 .

Bài giải:
+ ĐK x ≥ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:
5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1
⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x + 4)( x − 5)
⇔ 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 ( x + 1)( x − 5) x + 4
⇔ 2( x + 1)( x − 5) + 3( x + 4) = 5 ( x + 1)( x − 5) x + 4

+ Đặt ( x + 1)( x − 5) = y; x + 4 = z , với y ≥ 0; z ≥ 3 . Ta được
y = z
2 y 2 + 3 z 2 = 5 yz ⇔ ( y − z )(2 y − 3z ) = 0 ⇔ 
 y = 3z
5 + 61
+ Nếu y = z thì ta được x =

(do x ≥ 5 ).
2
3
7
+ Nếu y = z thì ta được x = 8; x = − .
2
4
+ Vậy phương trình có ba nghiệm x = 8,x = −7 ,x = 5 + 61
4
2

18


Chú ý: Cách giải phương trình hai ẩn y và z như trên tác giả gọi là phương
pháp đẳng cấp.
2
Thí dụ 15: Giải phương trình 7x + 7x = 4x + 9 , với x > 0 .

28

+ Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt

4x + 9
= ay + b , sau đó bình
28

phương lên rồi ta “cố ý” biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta sẽ
1
2

biết được giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được a = 1; b = . (Nếu
a = 1,b = 0 mà giải được thì đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở

đây).
Bài giải:
+ Đặt

4x + 9
1
= y + , do x > 0 nên
28
2

4x + 9
9 1
>
> , từ đó y > 0 . Ta được
28
28 2

hệ đối xứng loại 2
7x 2 + 7x = y + 1

2
 2
1
7y + 7y = x +
2
x,y > 0


−6 + 50
+ Giải hệ bình thường theo dạng ta được x =
.
14

Việc biết lựa chọn một ẩn phụ để giải phương trình đã giúp chúng ta giải
quyết bài toán nhanh hơn rồi, tuy nhiên trong một số trường hợp chúng ta
không thể đặt ẩn phụ và cũng không thể sử dụng phương pháp tương đương
một cách khã thi thì việc phải nghỉ ra một phương pháp khác là điều cần thiết.
Tác giả đã đề xuất phương pháp liên hợp để giải bài toán phương trình vô tỷ.
3.3 PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Trong toàn bộ mục này chúng ta sẽ giải phương trình chứa biểu thức vô
tỷ bằng “phương pháp liên hợp” đây là nội dung chủ yếu của giải pháp này,
trong những năm trở lại đây ở các đề thi Đại học, THPT Quốc gia phương pháp
này thương được hay sử dụng và tỏ ra hiệu quả nhất định, vì thế tác giả muốn
hình thành cho học sinh một còn đường tư duy để học sinh giải quyết được bài
toán giải phương trình vô tỷ.
Dưới đây là các biểu thức liên hợp thường gặp cần phải nhân vào trong
từng trường hợp:
19


BIỂU THỨC ĐANG CÓ

LƯỢNG LIÊN HỢP PHẢI NHÂN
VÀO

A −B
A +B

3
A −B

A +B
A −B
2
3
( A ) + 3 A .B + B 2

A +B

(3 A )2 − 3 A .B + B 2

3

Đối với phương pháp liên hợp nói chung, tác giả đề xuất 2 trường hợp
thường gặp sau:
3.3.1 LIÊN HỢP BẬC 1
Liên hợp bậc 1 là thay thế biếu thức A bởi một số m nào đó, đối với
các phương trình phức tạp mà chỉ nhẩm được một nghiệm thì cách này tỏ ra rất
hiệu quả. Chúng ta sẽ hình dung qua các ví dụ sau:
Thí dụ 1: Giải phương trình
2x − 3 + 5x + 6 + x + 2 = 9 − x

Bài giải:
3

+ ĐK: 2 ≤ x ≤ 9
+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 2 . Từ đây ta thay
1 , 5x + 6 bởi 4 và x + 2 bởi 2, ta có lời giải như sau

+ Phương trình tương đương với

2x − 3 bởi

2x − 3 − 1 + 5x + 6 − 4 + x + 2 − 2 = 2 − x
2(x − 2)
5(x − 2)
+
+ x−2
= 2−x
2x − 3 + 1
5x + 6 + 4
x+2+2
5
2
1
⇔ (x − 2) 
+
+
+ 1 = 0
 2x − 3 + 1
5x + 6 + 4
x + 2 + 2 
x = 2
⇔
2
5
1
+
+

+ 1 = 0 (*)

 2x − 3 + 1
5x + 6 + 4
x+2+2
⇔

+ Dễ thấy phương trình (*) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một
nghiệm x = 2 .
Thí dụ 2: Giải phương trình
Bài giải:

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0

20


1
+ ĐK: − 3 ≤ x ≤ 6
+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 5 . Từ đây ta thay
4, − 6 − x bởi −1 , ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với

3x + 1 bởi

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
⇔ 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 5 = 0
3(x − 5)
(x − 5)
+

+ (3x + 1)(x − 5) = 0
3x + 1 + 4
6 −x +1
3
1
⇔ (x − 5) 
+
+ (3x + 1) = 0
 3x + 1 + 4

6 −x +1
x
=
5

⇔
3
1
+
+ (3x + 1) = 0 (*)

 3x + 1 + 4
6 −x +1
⇔

1
+ Vì x ≥ − 3 nên 3x + 1 ≥ 0 , do vậy phương trình (*) vô nghiệm, từ đây

phương trình đã cho có một nghiệm x = 5 .
Thí dụ 3: Giải phương trình

5x − 1 + x + 2 = 7 − x

Bài giải:
1

+ ĐK: 5 ≤ x ≤ 7
+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 2 . Ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với
5x − 1 − 3 + x + 2 − 2 = 2 − x
5(x − 2)
(x − 2)
+
+ (x − 2) = 0
5x − 1 + 3
x+2+2
5
1
⇔ (x − 2) 
+
+ 1 = 0
 5x − 1 + 3
x + 2 + 2 
x = 2
⇔
5
1
+
+ 1 = 0 (*)


 5x − 1 + 3
x+2+2
⇔

+ Dễ thấy (*) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 .

Thí dụ 4: Giải phương trình
x − 2 + 4 − x + 5x + 2x − 5 = 2x 2

21


Bài giải:
5

+ ĐK: 2 ≤ x ≤ 7
+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 3 . Ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với
x − 2 − 1 + 4 − x − 1 + 2x − 5 − 1 = 2x 2 − 5x − 3
(x − 3)
(3 − x)
2(x − 3)
+
+
= (2x + 1)(x − 3)
x − 2 +1
4 −x +1
2x − 5 + 1
1
−1

2
⇔ (x − 3) 
+
+
− (2x + 1) = 0
 x − 2 + 1

4 −x +1
2x − 5 + 1
x = 3
⇔
1
−1
2
+
+
− (2x + 1) = 0 (*)

 x − 2 +1
4 −x +1
2x − 5 + 1
⇔

+ Xét phương trình (*), ta có

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

(**)
x − 2 +1
2x − 5 + 1
4 −x +1
5
+ Với điều kiện x ≥ 2 ta có vế phải của (**)
1
(2x + 1) +
> 2. 5 + 1 + 0 = 6
2
4 −x +1
(*) ⇔

Đồng thời vế trái của (**)

1
+
x − 2 +1

2
< 1+ 2 = 3
2x − 5 + 1

Do vậy (**) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 .
Thí dụ 5: Giải phương trình
5x − 1 + x + 2 = 5 x 2 − 7 x + 9
12
12
2

Bài giải:
1
+ ĐK: x ≥ 5

+ Nhận xét: Từ MTBT ta chỉ tìm được nghiệm x = 2 . Ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với

22


5x − 1 − 3 + x + 2 − 2 = 5 x 2 − 7 x − 1
12
12
2
5(x − 2)
(x − 2)
1
⇔
+
= (5x + 3)(x − 2)
5x − 1 + 3
x + 2 + 2 12
5
1
⇔ (x − 2) 
+
− 1 (5x + 3) = 0
 5x − 1 + 3

x + 2 + 2 12

x
=
2

⇔
5
1
+
= 1 (5x + 3) (*)

 5x − 1 + 3
x + 2 + 2 12

+ Xét phương trình (*), từ điều kiện chúng ta chưa thể khẳng định ngay (*) vô
nghiệm, hơn nữa từ MT chúng ta lại thấy (*) nhận nghiệm x = 2 . Đây là cơ sở
để chúng ta giải (*) bằng phương pháp đánh giá như sau
5
1

+
< 5 + 1 = 13
 5x − 1 + 3
6 4 12 ⇒ (*) vô nghiệm
x
+
2
+
2
Nếu x > 2 thì  1
13

 (5x + 3) >
12
12
5
1

+
> 5 + 1 = 13
 5x − 1 + 3
x + 2 + 2 6 4 12 ⇒ (*) vô nghiệm
Nếu x < 2 thì  1
13
 (5x + 3) <
12
12
Thử thấy x = 2 thỏa (*) vậy (*) có duy nhất nghiệm x = 2 .
+ Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 2 .

Nhận xét: Lời giải trên chưa thật sự tốt, vì sau khi tìm được nghiệm x = 2
thường thì học sinh sẽ chứng minh (*) vô nghiệm, để khắc phục “sự cố” này
chúng ta sẽ đưa vào đây lời giải bằng “phương pháp tiếp tuyến” sẽ được tìm
hiểu ở giải pháp lần sau. Nhưng trước hết ta tham khảo lời giải thứ 2 như sau:
Lời giải 2:
+ Phương trình tương đương với
12 5x − 1 + 12 x + 2 = 5x 2 − 7x + 54
⇔ 5[x 2 − 4x + 4] + 2 [ 5x − 1 − 6 5x − 1 + 9 ] + 3 [ x + 2 − 4 x + 2 + 4 ] = 0
⇔ 5 ( x − 2 ) 2 + 2 ( 5x − 1 − 3) + 3 ( x + 2 − 2 ) = 0
2

2

x − 2 = 0

⇔  5x − 1 − 3 = 0 ⇔ x = 2

 x + 2 − 2 = 0

+ Lời giải trên có thể bất ngờ đối với bạn phải không?
Chúng ta tiếp tục xem lời giải sau đây:
Lời giải 3: (Phương pháp tiếp tuyến)
+ Phương trình tương đương với
23


5x − 1 − (5 x + 8 ) + x + 2 − (1 x + 3 ) = 5 (x 2 − 4x + 4)
6
6
4
2 12
2
5
8
1
5x − 1 − ( x + )
x + 2 + ( x + 3 )2
6
6 +
4
2 = 5 (x 2 − 4x + 4)
⇔

5
8
1
5x − 1 + ( x + )
x + 2 + ( x + 3 ) 12
6
6
4
2
2
2
25
1
− (x − 4x + 4)
− (x − 4x + 4)
⇔ 36
+ 16
= 5 (x 2 − 4x + 4)
5
8
3
1
5x − 1 + ( x + )
x + 2 + ( x + ) 12
6
6
4
2
2
x − 4x + 4 = 0


− 25
− 1
⇔
36
16

+
= 5 (*)
5
8
3
1
 5x − 1 + ( x + )
x + 2 + ( x + ) 12

6
6
4
2
1
+ Với điều kiện x ≥ 5 ta dễ dàng có (*) vô nghiệm, vậy phương trình đã cho
có nghiệm duy nhất x = 2 .

Thí dụ 6: Giải phương trình
x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8

Bài giải:
2
+ ĐK: x ≥ 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 1 . Ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với
x 2 + 15 − 4 = 3(x − 1) + x 2 + 8 − 3
x2 − 1
x2 − 1
=
3
(
x
−
1
)
+
x 2 + 15 + 4
x2 + 8 + 3
x +1  = 0
⇔ (x − 1)  2x + 1
−3−
2
 x + 15 + 4
x + 8 + 3 
x
=
1

⇔
x +1
x +1
= 3+

(*)
 2
2
 x + 15 + 4
x +8 +3
2
+ Theo trên pt có nghiệm khi x ≥ 3 suy ra x + 1 > 0 , ta có
x +1
x +1
x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3 > 0 nên x 2 + 15 + 4 < x 2 + 8 + 3 . Do vậy (*) vô
⇔

nghiệm.
+ Kết luận x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
24


Thí dụ 7: Giải phương trình
x − 4 + 6 − x − 2x 2 + 13x − 17 = 0

Bài giải:
+ ĐK: 4 ≤ x ≤ 6
+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 5 . Ta có lời giải như sau
+ Phương trình tương đương với
x − 4 − 1 + 6 − x − 1 − (2x 2 − 13x + 15) = 0
⇔ x − 5 + 5 − x − (x − 5)(2x − 3) = 0
x − 4 +1
6 −x +1
1
1


⇔ (x − 5)
−
− (2x − 3) = 0
 x − 4 + 1

6 −x +1
x
=
5

⇔
1
1
−
− (2x − 3) = 0 (*)

 x − 4 +1
6 −x +1

+ Xét pt (*) ta có

(*) ⇔

+ Theo điều kiện x ≥ 4 ta có

1
+ 3 = 2x +
x − 4 +1

1
6 −x +1

1

+3<1+3= 4
 x − 4 +1
1
⇒ (*) vô nghiệm.

1
2
x
+
>
8


6 −x +1
+ Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5

Thí dụ 8: Giải phương trình
4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8

Bài giải:
22
+ ĐK: −2 ≤ x ≤ 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = −1,x = 2 . Trước hết ta xét lời
giải sau

+ Phương trình tương đương với
4( x + 2 − 2) + ( 22 − 3x − 4) = x 2 − 4
4(x − 2)
−3(x − 2)
+
= (x − 2)(x + 2)
x+2+2
22 − 3x + 4
−3
4
⇔ (x − 2) 
+
− (x + 2) = 0
 x + 2 + 2

22 − 3x + 4
x = 2
⇔
4
−3
+
− (x + 2) = 0 (*)

 x+2+2
22 − 3x + 4
⇔

+ Xét pt (*) ta có
25