PHUONG PHAP GIAI PHUONG TRINH VO TI (1) (1)

TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG
KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
ĐỀ TÀI: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Hải Dương, năm 2020

1


TRƯỜNG CAO ĐẲNG HẢI DƯƠNG
KHOA TỰ NHIÊN

BÀI TẬP NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
ĐỀ TÀI: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Sinh viên thực hiện: Nguyễn Thị Liên
Khóa học: 2017 – 2020
Ngành học: Toán - Kỹ K41
Giảng viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Tuyết Mai

Hải Dương, năm 2020
2


A. MỞ ĐẦU
1.Lí do chọn đề tài
Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn .Trong chương trình
đại số 9 ,phương trình vô tỷ là một dạng toán khó. Khi gặp các phương trình có chứa
căn tương đối phức tạp, học sinh rất lúng túng không tìm ra cách giải và hay mắc sai

lầm khi giải .. Có những phương trình không thể giải bằng các phương pháp quen
thuộc. Khi gặp phương trình vô tỷ , học sinh thường chỉ quen một phương pháp là
nâng luỹ thừa 2 vế để làm mất dấu căn. Nhưng trong quá trình giải sẽ thường mắc
phải một số sai lầm trong phép biến đổi tương đương phương trình ,vì vậy dẫn đến
thừa hoặc thiếu nghiệm. Có một số phương trình sau khi làm mất dấu căn sẽ dẫn đến
phương trình bậc cao, mà việc nhẩm nghiệm để đưa về phương trình bậc nhất, bậc 2
để giải lại rất là khó khăn . Vì vậy học sinh sẽ rất lúng túng và không tìm ra lời giải .
2. Mục đích của đề tài
Để khắc phục những tồn tại trên khi dạy cho học sinh giải phương trình vô tỷ ,
giáo viên cần trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa và kiến
thức mở rộng, hình thành các phương pháp giải một cách kịp thời. Với mỗi phương
trình cần để cho học sinh nhận dạng phát hiện ra cách giải và tìm ra cách giải phù
hợp nhất , nhanh nhất. Qua mỗi dạng tổng quát cách giải và hướng dẫn học sinh đặt
đề toán tương tự, từ đó khắc sâu cách làm cho học sinh. Nếu biết phân dạng , chọn
các ví dụ tiêu biểu , hình thành đường lối tư duy cho học sinh thì sẽ tạo nên hứng thú
nghiên cứu, giúp học sinh hiểu sâu, nhớ lâu và nâng cao hiệu quả giáo dục . Chính vì
thế với đề tài "Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ" có thể làm tài liệu
tham khảo cho giáo viên và học sinh khá giỏi rèn luyện cho học sinh năng lực từ
những kiến thức quen biết, nhận dạng và đưa những bài tập chưa biết cách giải về
dạng bài tập quen biết đã biết cách giải, có được hệ thống bài tập để nâng cao chất
lượng giáo dục, đặc biệt là ôn luyện cho học sinh thi cuối cấp cũng như thi vào
PTTH
3. Phương pháp và giới hạn nghiên cứu
3


- Phương pháp đọc và phân tích tài liệu
- Phương pháp khảo sát thực tế
- Phương pháp tổng hợp, tham khảo những kinh nghiệm của những giáo viên dạy
giỏi.

- Đề tài này dành cho học sinh lớp 9 đặc biệt là ôn luyện cho học sinh thi vào THPT.

4


B. NỘI DUNG
I.Các kiến thức cần thiết
1.Định nghĩa
Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa ẩn số trong căn thức.
Ví dụ:

3x  3  1  1  x

2. Các bước giải phương trình (dạng chung)
- Điều kiện xác định của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.
- Giải phương trình vừa tìm được.
- Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.
Chú ý: Với những phương trình có ĐKXĐ là x  R (trong quá trình biến đổi không
đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.
3. Các kiến thức cơ bản về căn thức.
- Một số âm không có căn bậc chẵn.
- Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương
trình tương đương phải đặt điều kiện.
A2  A

A B 

A  A2  B
A


2

A2  B
với A > 0; A2 > B > 0
2

4. Các dạng phương trình cơ bản.
4.1. Dạng 1:
Sơ đồ cách giải:

(1)

f ( x)  g ( x)
f ( x )  g ( x) <=>

g (x) > 0

(2)

f(x) = [g(x)]2

(3)

Giải (2) tìm điều kiện của ẩn
Giải (3) rồi đối chiếu với điều kiện của ẩn để kết luận nghiệm.
4.2. Dạng 2:

f ( x )  g ( x ) h ( x )

5

(1)


Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
f(x) > 0
g(x) > 0

(2)

h (x) > 0
Với điều kiện (2) hai vế của phương trình (1) không âm nên bình phương vế của
phương trình (1) rồi rút gọn ta được:
[h( x)] 2  f ( x)  g ( x)
f ( x ).g ( x) 
2

(3)

Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1.
Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm.
4.3. Dạng 3:

f ( x )  g ( x )  h( x )

(Cách giải như dạng 2)

4.4. Dạng 4:

f ( x )  g ( x )  h( x )  p ( x )

(1)

Điều kiện có nghĩa của phương trình:
f(x) > 0
g(x) > 0

(2)

h (x) > 0
p (x) > 0
Bình phương hai vế đưa về dạng: F ( x)  G ( x)  H ( x)
Tuỳ theo từng trường hợp để giải phương trình vô tỷ (căn bậc n).
4.5. Dạng 5:

f ( x)  g ( x)  n f ( x).g ( x) h( x)

(1)

Điều kiện: f(x) > 0
g(x) > 0
Đặt ẩn phụ a =

f ( x )  g ( x) (a > 0)

=>

a 2  f ( x)  g ( x )
f ( x ).g ( x) 

2

Đưa phương trình (1) về các phương trình đã biết cách giải rồi giải.

6


II. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.
Trên đây là 5 dạng phương trình vô tỷ nhưng không phải bao giờ ta cũng gặp một
trong 5 dạng trên hoặc bất cứ phương trình vô tỷ nào cũng có thể đưa về một trong 5
dạng trên. Sau đây là một phương pháp giải phương trình vô tỷ.
1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa.
( Thường dùng khi 2 vế của phương trình có luỹ thừa cùng bậc).
a.Phương pháp giải
Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả 2 vế của phương trình lên luỹ thừa n. Nếu
n chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả vế của phương trình không âm.
b.Các ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình: 3 25  x  3 3  x 4 (1).
Giải:
ĐKXĐ: x  R
Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được:
(1) <=> 25 + x + 3 - x + 3. 3 (25  x)(3  x) .(3 25  x  3 3  x ) 64 (2)
Vì 3 25  x  3 3  x 4 (theo 1), (2) <=> 28 + 12 3 (25  x).(3  x) 64
<=> 12 3 (25  x).(3  x) 36 <=> 3 (25  x).(3  x) 3
Lập phương hai vế của (3) ta được:
<=> (25 + x)(3 - x)

= 27

<=> - x2 - 22x + 75

= 27

<=> x2 + 22x - 48

=0

<=> (x - 2)(x + 24)

=0

<=>

x=2
x = - 24

Thử lại: + Với x = 2 ta có 3 25  2  3 3  2 3  1 4
+ Với x = - 24 ta có 3  24  25  3 3  24 1  3 4
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2; x = -24
Ví dụ 2:

(1)

1  x  4  x 3

7


Giải :
Điều kiện - 4 < x < 1

(*)

Khi đó 2 vế của phương trình (1) không âm, bình phương hai vế ta có:
(1) <=> 1 - x + 4 + x + 2 (1  x)(4  x) 9 <=> (1  x)(4  x) 2

(2)

Bình phương hai vế của phương trình (2) ta có:
(2) <=> (1 - x)(4 + x) = 4 <=> - x2 - 3x + 4 = 4 <=> x(x + 3) = 0
<=> x = 0
x=-3
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình (1) là: x = 0; x = -3
Ví dụ 3: Giải phương trình
x 1

(1)

5 x  1  3x  2

Hướng dẫn :
+ ở phương trình (1) hai vế đều có căn bậc hai, học sinh có thể mắc sai lầm để
nguyên hai vế như vậy và bình phương hai vế để làm mất căn . Vì vậy giáo viên cần
phân tích kỹ sai lầm mà học sinh có thể mắc phải tức cần khắc sâu cho học sinh tính
chất của luỹ thừa bậc 2:
a = b  a2 = b2 ( Khi a, b cùng dấu )
Vì vậy khi bình phương hai vế được phương trình mới tương đương với phương
trình ban đầu khi hai vế cùng dấu.
ở phương trình (1), VP  0 , nhưng vế trái chưa chắc đã  0 vì vậy ta nên chuyển
vế đưa về phương trình có 2 vế cùng  0.

(1) 

x  1  5 x  1  3x  2

Đến đây học sinh có thể bình phương hai vế:
x  1  5 x  1  3x  2
 2  7 x 2 15 x 2  13 x  2

(*)

Ta lại gặp phương trình có một vế chứa căn , học sinh có thể mắc sai lầm là bình
phương tiếp 2 vế để vế phải mất căn mà không để ý hai vế đã cùng dấu hay chưa.
 4  14 x  49 x 2 4(15 x 2  13 x  2)

8


 11 x 2  24 x  4 0
 (11x  2)( x  2) 0
2

x
2


11 Và trả lời phương trình (*) có 2 nghiệm : x1  ; x 2 2

11
 x 2

Sai lầm của học sinh là gì? Tôi cho học sinh khác phát hiện ra những sai lầm :
+ Khi giải chưa chú ý đến điều kiện để các căn thức có nghĩa nên sau khi giải không
2
11

đó chiếu với điều kiện ở (1) : ĐK : x 1 vì vậy x1  không phải là nghiệm của (1)
+ Khi bình phương hai vế của phương trình (*) cần có điều kiện 2  7 x 0  x 
vậy

2
7

x 2 2 không là nghiệm của (1)

- Sau khi phân tích sai lầm mà học sinh thường gặp , từ đó tôi cho học sinh tìm ra
cách giải đúng không phạm sai lầm đã phân tích .
2
và x 2 thử lại (1) không nghiệm đúng Vậy (1) vô
11

C1: Sau khi tìm được x 
nghiệm.

( cách thử lại này làm khi việc tìm TXĐ của phương trình đã cho là tương đối phức
tạp )

 x 1

1


 x   x 1
5

3

 x  2

C2: Đặt điều kiện tồn tại của các căn thức của (1)
2
Sau khi giải đến (*) khi bình phương hai vế đặt thêm điều kiện x  vậy x thoả mãn
7

2

x 
7 nên phương trình (1)vô nghiệm
:
 x 1

C3: Có thể dựa vào điều kiện của ẩn để xét nghiệm của phương trình .
Điều kiện của (1) : x 1 do đó x  5 x  x  1  5 x  1 
9

x  1  5x  1


Vế trái <0. VP  0 nên phương trình (1) vô nghiệm .
Sau đó tôi ra một số bài tập tương tự cho học sinh trình bày lời giải.
Ví dụ 4: Giải phương trình :
3

(2)

x  1  3 7  x 2

Hướng dẫn:
ở phương trình (2) học sinh cũng nhận xét có chứa căn bậc 3 nên nghĩ đến việc lập
phương hai vế :
Chú ý: + ở căn bậc lẻ:

2 n 1

A có nghĩa với A nên không cần đặt điều kiện

 x  1 0

 7  x 0

+ ở luỹ thừa bậc lẻ: a=b  a2n+1=b2n+1; (n  N) nên không cần xét đến dấu của
hai vế.
Giải:+ Lập phương hai vế







2

x  1  7  x  3 3 x  1 .3 7  x  3 x  1. 3 7  x



2

8

(**)

Đến đây có thể học sinh rất lúng túng vì sau khi lập phương hai vế, vế trái nhìn rất
phức tạp, giáo viên hướng dẫn học sinh nghĩ đến hằng đẳng thức:
( a+b)3 =a3+b3+3a2b+3ab2=a3+b3+3ab(a+b)
Vậy (**) có thể viết :





x  1  7  x  33 ( x  1)(7  x ) . 3 x  1  3 7  x 8 (I)

(đến đây thay

3

x  1  3 7  x 2 vào phương trình) ta được:

8  33 ( x  1)(7  x) .2 8  ( x  1)(7  x) 0

( II)

Giải ra: x1  1; x 2 7 ; Thay lại vào PT đã cho ta thấy nghiệm đúng , nên đó là 2
nghiệm của PT ban đầu. Vậy (2) có nghiệm

x1  1; x 2 7

+ ở phương trình (2) ngoài việc lập phương hai vế cần sử dụng hằng đẳng thức một
cách linh hoạt để đưa phương trình về dạng đơn giản a.b = 0 rồi giải.
Chú ý: Do từ (I) suy ra (II) ta thực hiện phép biến đổi không tương đương , vì nó chỉ
tương đương khi x thoả mãn :

3

x  1  3 7  x 2 . Vì vậy việc thay lại nghiệm của (II)

vào phương trình đã cho là cần thiết . Nếu không thử lại có thể sẽ có nghiệm ngoại
lai.
10


c. Bài tập áp dụng : Giải phương trình :
1. 4 x  1  3x  4  x  2
2. x  2  x  1  2 x  1  x  3
3. 3  x  1  3 x  1 3 5 x
4.

3

2 x  1  3 3  2 x 4

5. 3 2 x  1  3 2 x  1 3 10 x ( Đề thi vào toán tin -2000)
2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
a.Phương pháp giải: Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được
dưới dạng bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức
làm mất dấu căn đưa về phương trình đơn giản
b.Các ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình: x2 - 4x - 3 = x  5

(1)

Giải:
Điều kiện x > - 5

(*)

Với điều kiện trên: (1) <=> x2 – 3x +
2

3
1


<=>  x    x  5  
2
2



<=
>

<=> x 

3
1
 x 5 
2
2

Nếu x >

3
2

Nếu x <

3
2

x 5 = x - 2

Nếu x >

3
2

x 5 = - x + 1

Nếu x <

3
2

x-

<=
>

2

x 5 +

1
0)
2

(Vì x  5 +

<=
>

9
=x +5+
4

3
1
 x 5 
2
2

3
2

1
2

x -  x  5 

x>2

x>2

x + 5 = x2 - 4x + 4

x2 - 5x -1 = 0

<=
>

11

1
4

A 2  A để


x<1

x<1



x + 5 = x2 - 2x + 1

<=
>

x=

x2 - 3 x - 4 = 0

5  292
2

x = -1


(2 x  3)  2 2 x  3  1  ( 2 x  3)  2 2 x  3.4  16 5







2x  3 1 



2

2x  3 1 



2x  3  4



2

5

2 x  3  4 5; (* * *)

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: x =

5  292
; x = -1
2

Ví dụ 2: Giải phương trình
x  2  2 x 1  x  2  2 x 1 = 2

(1)

Giải :
Điều kiện: x > -1

(*)

Với điều kiện trên:
(1) <=> ( x  1  1) 2  ( x  1  1) 2 2 <=> x  1  1  x  1  1 2
(vì x  1  1  0) <=>
 x  1  1 0

  x  1  1 0

  x  1  1 1 

x  1  1 1 

x 1

  1  x 0
x 1

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: - 1 < x < 0
Ví dụ 3: Giải phương trình :
2 x  2  2 2 x  3  2 x  13  8 2 x  3 5

(3)

Nhận xét: + ở phương trình (3) học sinh có thể nhận xét vế trái có cùng căn bậc hai
nên có thể bình phương hai vế. Nhưng ở phương trình này sau khi bình phương (lần
12

1) vẫn còn chứa căn nên rất phức tạp.
+ biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức
Giải :
3
2

ĐK: 2 x  3 0  x  ;

2 x  2  2 2 x  3  2 x  13  8 2 x  3 5



(2 x  3)  2 2 x  3  1  (2 x  3)  2 2 x  3.4  16 5







2x  3 1 



2

2x  3 1 



2x  3  4



2

5

2 x  3  4 5; (* * *)

C1: Đến đây để giải (***) ta có thể phá dấu giá trị tuyệt đối, trước khi phá dấu A thì
cần xét dấu của A
Nhận xét: 2 x  3  1  0 vậy chỉ xét dấu 2 x  3  4

Nếu

 2 x  3 16
19

2 x  3  4 0  
 x
3
2
 x  2

Thì 2 x  3  1  2 x  3  4 5  2 2 x  3 8  2 x  3 4
Giải ra x 

9
(Không thoả mãn điều kiện)

2

+ Nếu 2 x  3  4 
Thì

2x  3 1 

Kết luận:
C2:

3
19
x 
2
2

2 x  3  4 5  0 x 0 vô số nghiệm x thoả mãn

3
19
x 
2
2

3
19
x 
2
2

( Để giải (***) cũng có thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối .

A  B  A  B . dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A.B 0)

Giải: (***)

13


2 x  3  1  2 x  3  4 5


2x  3 1  4 

2 x  3 5

Ta có:

2x  3 1  4 

2x  3  2x  3 1  4 

Vậy:

2x  3 1  4 

2 x  3 5 Khi

 4  2 x  3 0


 
3
x 
2


Giải ra:



2 x  3 5



2x  3 1 4 



2 x  3 0

3
19
x 
2
2

c.Bài tập áp dụng: Giải phương trình
1. x  2  4 x  2  x  7  6 x  2 1
2. x  2 x  1  x  2 x  1  2 (Nhân 2 vế với 2 thì trong căn sẽ xuất hiện ?
3. x 2  3x  1  2 x  1

4. x  3  4 x  1  x  14  8 x  2 2
5
4

5. x   x  1  2 x  2 2 x  1 1
3. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Phương pháp đặt ẩn phụ là phương pháp hay mà tôi rất tâm đắc , (Phương pháp
này có thể dùng để giải được rất nhiều phương trình )
Việc giải phương trình vô tỷ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp: Nếu cứ nâng
lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao, nhiều khi không
biết cách giải. Tuy nhiên, nếu đặt ẩn phụ một cách thích hợp thì có thể chuyển
phương trình vô tỷ đã cho về một phương trình hay một hệ phương trình đại số đã có
cách giải quen thuộc. Phương pháp này nói chung không làm phức tạp thêm bài toán.
Cách đặt ẩn phụ còn tuỳ thuộc vào bài toán cụ thể, vì vậy phải rất linh hoạt.
ở phương pháp này dùng cách đặt ẩn phụ để đưa về dạng phương trình vô tỷ đơn
giản
Cách đặt ẩn phụ: + Đặt 1 ẩn phụ
+ Đặt 2 ẩn phụ
+ Đặt nhiều ẩn phụ
14


*Cách đặt 1 ẩn phụ :
C1: Chọn ẩn phụ thích hợp để đưa phương trình về phương trình có một ẩn là ẩn
phụ đã đặt .Giải phương trình tìm ẩn phụ , từ đó tìm ẩn chính.
VD1:Giải phương trình:
2 x 2 +6x+12+ x 2  3x  2 =9 (4)
-Nhận xét:+ ở phương trình này nếu bình phương 2 vế sẽ đưa về một phương
trình bậc 4 mà việc tìm nghiệm là rất khó
+ Biểu thức trong và ngoài căn có mối liên quan :

2x2+6x+12=2(x2+3x+2)+8
Hướng giải:+ Đặt ẩn phụ là y= x 2  3x  2
+ Chú ý: Đối với ĐK: x2+3x+2 0 có thể giải được nhưng với những
bài toán mà biểu thức trong căn phức tạp thì có thể tìm giá trị của x rồi thử lại
xem có thoả mãn ĐK hay không
 x 2

Giải: ĐK: x2+3x + 2 0  ( x+1) (x+2) 0  
 x  1
Đặt : x 2  3x  2 =y 0
PT (4)  2y2+y+8=9
 2y2+y -1=0

Giải ra:y1=1/2 ( Thoả mãn ĐK); y2=-1( Loại)
Thay vào: x 2  3x  2 =1/2  x2+3x+2=1/4
Giải ra:x1=

 3 2
; x2 =
2

Đối chiếu với ĐK: x=

 3 2
2

 3 2
thoả mãn là nghiệm của PT (4)
2

VD2: Giải phương trình:
2 x  x 2  6 x 2  12 x  7 0

( Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2003-2004)
Hướng dẫn : ĐK : 6 x 2  12 x  7 0; x
Ta biến đổi để thấy được mối quan hệ giữa các biểu thứctrong phương trình:

15


2 x  x 2  6( x 2  2 x )  7  0

Đặt : x 2  2 x a
Ta có phương trình:

6a  7 a (I)

Giải(I) tìm a từ đó tìm x.
VD3: Giải phương trình:
( 1  x  1)( 1  x  1) 2 x

Hướng dẫn : ở bài này ta tìm mối liên hệ các biểu thức bằng cách đặt :

1  x u ;

Rút x theo u thay vào các biểu thức còn lại trong phương trình để đưa về phương
trình ẩn u.
Giải: ĐK : -1 x 1 ;
C1: Đặt:
1  x u

(0 u  2 )
 x u 2  1
(5)  (u  1)( 2  u 2  1) 2(u 2  1)  (u  1) ( 2  u 2  1)  2(u  1)



 u  1 0
 
2
 2  u  1  2(u  1) 0

+ Nếu : u  1 0  u 1( thoả mãn) 

x  1 1  x 0 (Thoả mãn ĐK)

2  u 2  1 2(u  1)
 2u  1 0

 5u 2  4u  1 0
2
2
 2  u (2u  1)
2

1
24
1
Giải ra: u1  1( loại); u 2   x    1 
thoả mãn điều kiện
5

Vậy x 0; x 

 5

25

24
là nghiệm của (5)
25

c2:ở bài này có thể đặt : 1  x a; 1  x b ;
Đưa về hệ phương trình:
 (a  1)(b  1) a 2  b 2
 2
 a  b 2 2

C2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về 2 ẩn: ẩn chính và ẩn phụ, tìm mối quan hệ
16


giữa ẩn chính và ẩn phụ.
VD4: Giải phương trình: 2  x 2  2  x

(6)

Nhận xét:- Nếu bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 khó nhẩm nghiệm vô
tỷ.Vì vậy ta có thể đặt ẩn phụ nhưng chưa đưa được về phương trình chỉ chứa một
ẩn. -Hãy tìm cách đưa về một hệ phương trình có 2 ẩn là ẩn chính và ẩn phụ. Tìm
mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ từ đó đ ưa về phương trình đơn giản.

 2  x 0

Giải: ĐK: 

2
 2  x 0

 2  x 2  y
Đặt: y  2  x  x 2  y ;Ta có hệ: 
 2  y 2  x
2

Đây là hệ phương trình đối xứng
 ( y  x)( y  x  1) 0
x y
 
1  x  y

+ Nếu x=y ta có phương trình: 2  x  x giải ra x 1 (thoả mãn điều kiện)
+ Nếu1-x=y ta có phương trình:

1
2  x 1  x giải ra: x 

5
2

( Thoả mãn điều

kiện)

1

Vậy phương trình (6) có 2 nghiệm x1 1; x 2 

5
2

VD4:Giải phương trình:
x 2  x  2006 2006

Cách 1: Đặt x  2006  y ta có hệ phương trình
 x  2006  y 2
giải ra
 2
 x  y 2006

 x  2006  x
 x  y
x y  1  

 x  2006  x  1

từ đó sử dụng phương pháp 1 để giải tiếp.
Chú ý : Cách này thường sử dụng khi quan hệ ẩn chính và ẩn phụ đưa được về hệ
phương trình đối xứng.
Cách 2: Đưa 2 vế về cùng bậc:
17


x2  x 

1
 x  2006 
4

x  2006 

2

1
1


  x    x  2006  
2
2


1
1

 x  2  x  2006  2
 
 x  1  1  x  2006

2 2

1
4

2

Đến đây tiếp tục giải theo phương pháp 1
Bài tập áp dụng : Giải phương trình
 x 3  1 2 y
1. x  1 2 2 x  1 ; HD: Đặt ẩn phụ y  2 x  1 ta có hệ :  3
 y  1 2 x
3

3

3

2. 2 x 2  2 x  1  4 x  1 ; HD : Đặt ẩn phụ y  x 2  x
3. 4 x 2  6 x  7  2 x 2  3x  9 15
4. 2(x2 – 3x +2) = 3 x 3  8
5. x + 1 + x 2  4 x  1 3 x
** Đặt 2 ẩn phụ:
ở dạng này ta đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình 2 ẩn phụ, giải hệ tìm giá trị
của ẩn phụ, từ đó từ mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ đặt lúc đầu đưa về phương
trình đơn giản.
VD1: Giải phương trình: 3 2  x  x  1 1

(7)

Nhận xét: ở vế trái có căn bậc 2 và căn bậc 3 nên việc nâng luỹ thừa 2 vế để làm mất
dấu căn là rất khó.
+ Hai biểu thức trong căn có mối quan hệ: 2  x  x  1 1 (hằng số)
+ Đặt 2 ẩn phụ: Sẽ đưa về hệ 2 phương trình không chứa căn và giải.
Giải: ĐK: x 1

3

Đặt:

2  x u; x  1 v

Ta có hệ phương trình:
 u  v 1
 3
3
 u  v 1

giải ra u1 0; u 2 1; u 3  2

Từ đó: x1 1; x 2 2; x3 10 ( thoả mãn điều kiện)
18


Vậy phương trình (7) có 3 nghiệm: x1 1; x 2 2; x3 10
VD2: Giải phương trình:
3

x  2  x  1 3

( Đề thi vào Phan Bội Châu 2005)
 a  b 3

HD: Đặt 3 x  2  a; x  1 b ; Ta có hệ: 

3

2
 a  b  3

Giải ra:a=1; b=1 ; từ đó giải ra tìm x=3
Tổng quát: Đối với phương trình có dạng:
n

a  f ( x )  m b  f ( x ) c

Ta thường đặt: u n a  f ( x) ; v m b  f ( x) Khi đó ta được hệ phương trình:
 u  v c
hoặc
 n
m
 u  v a  b

 u  v c
 n
m
 u  v a  b

Giải hệ này tìm u, v sau dó tìm x
VD3: Giải phương trình:
3

 3x  1 2





 3  3x  1  3 9 x 2  1 0
2

(9)

Nhận xét: Nếu lập phương hai vế thì cũng rất phức tạp vì không đưa được về dạng
a.b=0 như ở phương trình (2)
9 x 2  1 (3x  1)(3 x  1) . Nên có thể đặt 2 ẩn phụ

Giải: Đặt u 3 3x  1

v 3 3 x  1

 u 2  v 2  uv 1
(9) trở thành:  3 3
 u  v 2

 u 1
 v  1

Giải ra: 

vậy ta có:
 3 3x  1 1
 x 0 Vậy (9) có nghiệm x=0
3
 3x  1 1

Bài tập áp dụng: Giải phương trình :

1.

3

1
1
x 
 x 1
2
2

2. 3 x  a  3 x  b 1
3. ( x  2) ( 2 x  3  2 x  1)  2 x 2  5 x  3  1 0
19


4.( x 2  4) 2 x  4 3x 2  6 x  4
5. ( x 2  6 x  11) x 2  x  1 2( x 2  4 x  7) x  2
Ngoài cách trên có một số bài khi đặt 2 ẩn phụ nhưng không đưa được về hệ PT
thì ta có thể tìm quan hệ của 2 ẩn phụ , thay vào hệ thức đã đặt lúc đầu để đưa về
phương trình đơn giản. Như các VD sau:
VD4: Giải phương trình:
(10)

2( x 2  2) 5 x 3  1

Nhận xét: Nếu bình phương hai vế của phương trình sẽ đưa về phương trình bậc 4 rất
khó giải:
Hướng dẫn: + Nhận xét gì về biểu thức x3+1 ?
có dạng HĐT: x3 + 1=(x+1)(x2-x+1)

+ Tìm mối quan hệ giữa x2+2 và x3 +1
x2 +2 =(x2-x+1)+(x+1)
+ Từ đó ta có thể đặt 2 ẩn phụ: a  x  1; b  x 2  x  1 và tìm mối quan hệ a, b từ đó
tìm x
Giải:
ĐK : x  1
2( x 2  1) 5 ( x  1)( x 2  x  1)

Đặt a  x  1; b  x 2  x  1
Ta có: a2=x+1 ; b2= x2-x+1 ; x2+2=a2+b2
Phương trình đã cho trở thành:
2(a 2  b 2 ) 5ab
 a 2b
 (2a  b)(a  2b) 0  
b  2 a

* Với a= 2b ta có: x  1 2 x 2  x  1

20


 x 2  5 x  3 0

5  37
 x1 
2
 
( Thoả mãn điều kiện)

5  37

 x2 
2


+ Với b=2a Ta có: x 2  x  1 2 x  1 . Từ đó giải ra tìm x
( ở dạng này việc tìm mối quan hệ giữa các biểu thức ở hai vế là rất quan trọng . Vì
vậy trước khi giải phải quan sát nhận xét để tìm ra phương pháp giải phù hợp).
VD5:Giải phương trình:
2(3 x  5) x 2  9 3 x 2  2 x  30

( Đề thi vào Phan Bội Châu 2004-2005)
HD : Hãy biểu diễn để thấy mối quan hệ các biểu thức:

 3 2 x  3  1

x 2  9 3( x 2  9)  2 x  3

Đặt: 2 x  3 a; x 2  9 b ;
Ta có PT: (3a  1)b a  3b 2  (3b  1)(b  a) 0
1
 2
b  a
x 9 

3
Giải ra:  1  
; Giải ra: x=0
b
2
 2 x  3  x  9

3


VD6: Giải phương trình: 5 2 x 3  16 2( x 2  8);
( Đề thi vào Phan Bội Châu 2005)
HD: Biến đổi

5 2( x  2)( x 2  2 x  4) 2( x 2  8)

Mối liên hệ: x 2  8 ( x 2  2 x  4)  (2 x  4) ;
Đặt:

2( x  2) a; x 2  2 x  4 b

Ta có phương trình: 5ab 2(a 2  b 2 )  (2a  b)( a  2b) 0
Từ đó tìm a,b, và tìm được x
BT áp dụng: Giải phương trình
1. 2( x 2  3x  2) 3 x 3  8
21


2. 2 x  3  x  1 3x  3 2 x 2  5 x  3  16
Hướng dẫn:Nhận xét: (2 x  3)( x  1) 2 x 3  5 x  3
Đặt :

u  2 x  3 0; v  x  1 0
 u 2  v 2 3 x  4  3 x 2 u 2  v 2  4

Nên ta có phương trình: u  v u 2  v 2  20  2uv  (u  v) 2  (u  v)  20 0
Đặt: u+v=t. Ta có phương trình: t2-t-20=0

t 5

Giải ra: 
Do đó:
t  4(loai )

2 x  3  x  1 5

Đến đây dùng phương pháp 1 để giải: x=3
***) Đặt nhiều ẩn phụ:
VD: Giải phương trình:

2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2

Nhận xét: + Phương trình này nhìn rất phức tạp , nếu nghĩ đến phương pháp bình
phương 2 vế thì sẽ đưa về một phương trình phức tạp .
+ Việc đặt điều kiện để các căn thức có nghĩa có thể phức tạp , nên ta giải phương
trình tìm x rồi thử lại.
+ Quan sát nhận xét các biểu thức trong căn :
(2 x 2  1)  ( x 2  3 x  2) (2 x 2  2 x  3)  ( x 2  x  2)

Nên có thể nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ :
Giải: Đặt 2 x 2  1 u; x 2  3x  2 v; 2 x 2  2 x  3  z; x 2  x  2 t
 u  v z  t

Ta có hệ : 

2
2
2

2
 u  v z  t

Từ đó suy ra: u t  2 x 2  1  2 x 2  x  3

Giải ra : x=-2
Thay vào thoả mãn phương trình đã cho , Vậy phương trình có nghiệm x=-2
( Phương pháp này tôi thấy hay và độc đáo , từ đó GV có thể đặt nhiều đề toán đẹp)
+ Bài tập áp dụng
1. 3 3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3 0
2. 3 7 x  1  3 x 2  x  8  3 x 2  8 x  1 2
3. x 2  1  2 x 2  1  2 x 2  3x  1  x 2  x  1

22


5. Phương pháp bất đẳng thức.
Ta dùng bất đẳng thức đánh giá mỗi vế của phương trình để từ đó suy ra
nghiệm của phương trình. Khi giải phương trình vô tỷ thường dùng phương pháp bất
đẳng thức ở nhiều dạng khác nhau.
* Chứng tỏ tập giá trị ở 2 vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình:
x 2  1  x 2  4 2 .

ĐKXĐ: x  R

Ta thấy x2 > 0xR nên x 2  1 1 và x 2  4 2 => x 2  1  x 2  4 3
Hay vế trái lớn hơn hoặc bằng 3 mà vế phải bằng 2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
* Sử dụng tính đơn điệu của hàm số:

3

(*)

2 x  1  3 x  1 1

ĐKXĐ: x  R

Dự đoán nghiệm: x = 1
Với x = 1 ta có:Vế trái 3 2.1  1  3 1  1 1  0 1
=> vế trái = vế phải = 1 => x = 1 là nghiệm của phương trình (1)
Nếu x > 1 thì

3

2x  1  1
3

Nếu x < 1 thì

3

=> vế trái> 1 = vế phải(loại)

x 10

2x  1  1
3

=> vế trái < 1 = vế phải (loại)

x 10

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
* Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt.
Ví dụ: Giải phương trình:
36
x 2



Điều kiện: x -2 > 0
y-1>0

4
y 1

28 - 4 x  2 

<=>

x>2
y >1
23

y 1

(1)
(*)


  4
 x  2   
 y  1  28 (2)

 x 2
  y  1



Khi đó (1) <=> 4 . 

9

áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương ta có:
9
x 2
4
y 1

9

 x  2 2

. x  2  2.3 6

x 2
4

 y  1 2

y 2

. y  2  2.2 4


  4
 x  2   
 y  1   4.6  4 28

 x 2
  y  4



=> 

9

(3)

Để phương trình (2) có nghiệm thì (3) phải lấy dấu “=” tức là có:

9
x 2
4
y 1

 x 2

<=>
 y 1

x = 11
(4)
y=5

Ta thấy (4) thoả mãn điều kiện (*)
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 11 và y = 5
* áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết hợp với
phương trình đã cho kết luận nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình
x 2  x  1   x 2  x 1 x 2  x  2

ĐKXĐ:

x2 + x - 1 > 0

(1)
(*)

x - x2 + 1 > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mỗi số hạng ở vế trái của (1)
Ta có: x 2  x  1 

x 2  x  1 1
2

x  x 2 1 

x  x 2 1 1
2

24


=>

x 2  x  1   x 2  x 1  x 1

Kết hợp với phương trình (1) ta được: 0  x2 - x + 2 < x+1
<=> (x-1)2 < 0. Đẳng thức xảy ra khi x=1 (thoả mãn điều kiện (*)).
Thử : Thay x=1 vào phương trình (1) ta thấy x=1 là nghiệm duy nhất của phương
trình (1).
*, Bài tập áp dụng
1. 8 x 3  36 x 2  53 x  25 3 3x  5
2. 8 x 3  13x 2  7 x 2 x 2  3x  3
3. 3 24 x  11  16 x 2 x  1  1 0
4. x 3 63 6 x  4  4
5. x 3  1 23 2 x  1
6. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai:
Đưa phương trình đã cho về dạng chính tắc ax2 + bx +c = 0 ) (a 0)
Ví dụ: Giải phương trình
x2 - 7x + 2(x+2). x  3 24

(1)

ĐKXĐ: x  -3
Khi đó (1) <=> x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2).

<=> - 8(x +3) + 2(x +2).

x  3 0

x 3 + x 2 + x = 0

Đặt y = x  3 (y > 0) , (2) <=> - 8y2 + 2(x + 2)y + x2 + x = 0
' = (x + 2)2 + 8(x2 + x) = (3x + 2)2

y1 =
+ Với y1 =

 x  2  3x  2  x
 x  2  3x  2 x  1


, y2 =
8
2
8
4

 x
ta có
4

x 3 

 x
<=> x + 4 x  3 0

4

' = 4 + 3 = 7

=>

x  3  2 

7 < 0 (loại)

x  3  2  7 > 0

25

<=> x +3 + 4 x  3  3 0