Bài giảng TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI VÔ TỈ

Bài 1: Giải phơng trình
a) x 3 + 1 = 2 3 2 x 1

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1
y = 3 2 x − 1 ⇔ y3 + 1 = 2 x

- Phơng trình đợc chuyển thành hÖ

 x = y
x = y = 1
 3

3
3
x + 1 = 2y
x + 1 = 2y
−1 + 5


 x + 1 = 2 y
⇔ 3
⇔ 2
⇔ x = y =
 3
3
2

2
y + 1 = 2 x

 x − y = −2( x − y )



  x + xy + y + 2 = 0(vn)

 3
−1 − 5
 x + 1 = 2 y


x = y =

2

- VËy ph¬ng trình đà cho có 3 nghiệm.
b) 1 + 1 x 2 = x (1 + 2 1 − x 2 )
§S:x=1/2; x=1
c) ( 3 x − 2 + x − 1) = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2
§S: x=2.
d) ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

x +1
= −3
x −3

§S: x = 1 − 13; x = 1 − 5
e) 2 − x 2 + 2 −

1

1
= 4 − (x + )
2
x
x

- Sư dơng B§T Bunhia.
f) x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x
ĐS: x=0
Bài 2: Giải BPT:
a) 5 x + 1 4 x − 1 ≤ 3 x
§S: x≥1/4
b)

2( x 2 − 16)

+ x −3 >

x −3
 x − 16 ≥ 0
x4
ĐK
x 3 > 0

7 x
x 3

2

- Biến đôỉ bất phơng trình về dạng

2( x 2 16) + x − 3 > 7 − x ⇔ 2( x 2 − 16) > 10 − 2 x
10 − 2 x < 0
x > 5

⇔  10 − 2 x ≥ 0
⇔
⇔ x > 10 − 34.
 2
10 − 34 < x ≤ 5
2
 2( x − 16) > (10 2 x )


- Kết hợp ĐK ta có nghiệm cđa BPT lµ x > 10 − 34 .
c) ( x + 1)(4 − x ) > x − 2 .

1


2
d) 1 − 1 − 4 x < 3 .

x

 1
− ≤ x < 0
1 − 4 x 2 ≥ 0
⇔ 2
§K: 
0 < x ≤ 1

x ≠ 0


2

- Thùc hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT
4 x < 3(1 + 1 − 4 x 2 ) ⇔ 3 1 − 4 x 2 > 4 x − 3

3
 x < 4

 4 x − 3 < 0


 x ≤ 1
2
1.
 1 − 4 x ≥ 0

2
⇔
⇔ 
⇔ x ≤

2
4x − 3 ≥ 0

 x ≥ 3

 9(1 − 4 x 2 ) > (4 x − 3)2



4


2
2
 9(1 − 4 x ) > (4 x − 3)

 1
2 x < 0
- Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm
0 < x 1


2

Cách 2:
- Xét 2 TH:
1
≤ x < 0.BPT ⇔ 1 − 4 x 2 < 1 − 3 x
2
1
2
+ Víi 0 < x ≤ .BPT ⇔ 1 − 4 x > 1 − 3 x
2
+ Víi −

e) 5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 7 − 2 x − x 2


−5 − 2 5
x ≤
5
2
§K: 5 x + 10 x + 1 ≥ 0 ⇔ 

−5 + 2 5
x ≥

5

- Víi §k ®ã −5 5 x 2 + 10 x + 1 ≤ −36 + 5 x 2 + 10 x + 1
- Đặt t = 5 x 2 + 10 x + 1; t 0 .
- ĐS: x-3 hoặc x1.
Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m .
Giải: Xét hàm số y = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1
+ Miền xác định D= R .
+ Đạo hàm
y' =

2x +1

2 x + x +1
2

−

2x −1

2 x2 − x + 1

y ' = 0 ⇔ (2 x − 1) x 2 + x + 1 = (2 x + 1) x 2 − x + 1
(2 x − 1)(2 x + 1) > 0
⇔
(vo nghiem)
2
2
2
2
(2 x − 1) ( x + x + 1) = (2 x + 1) ( x x + 1)

+ y(0)=1>0 nên hàm số ĐB

2


+ Giíi h¹n
lim y = lim

x →−∞

x →−∞

2x
x + x + 1 − x2 − x + 1
2

= −1

lim y = 1.

x +

x
y
y

+ BBT
+

-
+
1

-1
Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1Bài 4: Tìm m để phơng trình sau cã nghiÖm thùc 2 x + 1 = x + m
Giải:
- Đặt t = x + 1; t 0 . Phơng trình đà cho trở thành:
2t=t2-1+m m=-t2+2t+1
- Xét hàm số y=-t2+2t+1; t0; y=-2t+2
x
0
1
+
y
+
0
y

2

1
-
- Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng:
x2 4x + 5 = m + 4x − x2 .
Gi¶i:
2
- §Ỉt t = f ( x ) = x − 4 x + 5; f '( x ) =

x −2

x − 4x + 5
2

; f '( x ) = 0 ⇔ x = 2 .

3


Xét x>0 ta có BBT:
x
0
f(x)
f(x)
5

-

2
0

+
+
+

1
- Khi đó phơng trình đà cho trở thành m=t2+t-5 t2+t-5-m=0 (1).
- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t1; t2 thì t1+ t2 =-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1.
- Vậy phơng trình đà cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1
nghiệm t (1; 5) .
- Đặt g(t)=t2+t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m cã ®óng 1 nghiƯm t∈ (1; 5) .
f’(t)=2t+1>0 víi mäi t∈ (1; 5) . Ta cã BBT sau:
t
1
5
g’(t)
+
g(t)
5

-3
Tõ BBT suy ra -3Bài 6: Xác định m để phơng trình sau có nghiệm
m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 1 x 2 .

Giải:
- Điều kiện -1x1. Đặt t = 1 + x 2 1 − x 2 .
- Ta cã

1 + x 2 ≥ 1 − x 2 ⇒ t ≥ 0; t = 0 ⇔ x = 0
t 2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2 ⇒ t ≤ 2; t = 2 x = 1
- Tập giá trị của t là 0; 2 (t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đà cho trở thành:


2
t + t + 2
m(t + 2) = −t 2 + t + 2 ⇔
= m(*)
t+2
−t 2 + t + 2
;0 ≤ t 2. Ta có f(t) liên tục trên đoạn 0; 2 . Phơng trình đà cho có
- XÐt f (t ) =


t+2
nghiƯm x khi vµ chØ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc 0; 2  ⇔ min f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) .
 0; 2
0; 2



2
−t − 4t
f '(t ) =
≤ 0, ∀t ∈  0; 2  ⇒ f (t )NB  0; 2  .





(t + 2)2

- Ta cã Suy ra min f (t ) = f ( 2) = 2 − 1;ma x f (t ) = f (0) = 1 .
 0; 2 



0; 2 



- VËy 2 − 1 ≤ m ≤ 1.
Bài 7: Tìm m để bất phương trình mx − x − 3 ≤ m + 1 (1) có nghiệm.

4


Giải: Đặt t = x − 3; t ∈ [0; +∞) . Bất phương trình trở thành:
m(t 2 + 3) − t ≤ m + 1 ⇔ m(t 2 + 2) ≤ t + 1 ⇔ m ≤

t +1
(2)
t2 + 2

(1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0  có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y=
phía dưới đường thẳng y=m.

t +1
với t≥0 không ở
t2 + 2

t +1
−t 2 − 2t + 2
y' =
Xét y= 2
với t≥0 có
t +2
(t 2 + 2)2

t
y’
y

−1 − 3

- 0

+

0
|

+∞

−1 + 3

+

0

-

3 +1
4

3 +1
.
4
Bài 8: Tìm m để phương trình 3 + x + 6 − x − (3 + x )(6 − x ) = m có nghiệm.

Từ Bảng biến thiên ta có m≤
Giải:

Đặt t = f ( x ) = 3 + x + 6 − x với x ∈ [−3;6] thì t ' = f '( x ) =
x
f’(x)
f(x)

-3
║
|

+

3/2
0

6
- ║
|

3 2

3

6− x − 3+ x
2 (6 − x )(3 + x )

+∞

3

t2 − 9
t2
9
= m ⇔ − + t + = m (2).
2
2
2
Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [3;3 2]  đường thẳng y=m có
t2
9
điểm chung với đồ thị y= − + t + với t ∈ [3;3 2] .
2
2

Vậy t ∈ [3;3 2] . Phương trình (1) trở thành t −

Ta có y’=-t+1 nên có
t

1
3
y’
+0
|
y
3

3 2

-

|

3 2−

9
2
1
4

Bài 9: Cho bất phương trình (4 − x )(2 + x ) ≥ (18 − a + 2 x − x 2 ) . Tìm a để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x ∈ [-2;4].
Giải:

5


Đặt t = (4 − x )(2 + x ) = − x 2 + 2 x + 8; t ∈ [0;3] . Bất phương trình trở thành:
1

(10 − a + t 2 ) ⇔ a ≥ t 2 − 4t + 10 .(2)
4
(1)ghiệm  (2) có nghiệm mọi t ∈ [0;3] đường thẳng y=a nằm trên ĐTHS
y=t2-4t+10 với t ∈ [0;3]
t≥

y’=2t-4; y’=0t=2
t
0
y’
|
y
10

2
0

3
+ |
7

6
Vậy m≥10.
Bài 10: Cho phương trình x 4 + x 2 + x = m( x 2 + 1)2 (1). Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải:
Phương trình đã cho tương đương
4( x 3 + x 2 + x )
4 x ( x 2 + 1) + 4 x 2
2x
2x 2

=m⇔
= 4 m ⇔ 2.
+(
) = 4m
2 2
2 2
2
(1 + x )
(1 + x )
1+ x
1 + x2
2x
Đặt t=
; t ∈ [-1;1].
1 + x2

Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t 2=4m.
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t∈ [-1;1]
Xét hàm số y=f(t)=t2+2t với t∈ [-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t∈ [-1;1].
t
-1
1
f’
0
+
|
f
3
-1
1

4

3
4

Từ BBT -1≤4m≤3 ⇔ − ≤ m ≤ .

6


HUN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a)
Phương pháp

Thơng thường nếu ta gặp phương trình dạng : A + B = C + D , ta thường bình phương 2 vế ,
điều đó đơi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau
3



A + 3 B = 3 C ⇒ A + B + 3 3 A.B

(

3

)

A+ 3 B =C

và ta sử dụng phép thế : 3 A + 3 B = C ta được phương trình : A + B + 3 3 A.B.C = C
b)

Ví dụ

Bài 1.

Giải phương trình sau :

Giải: Đk x ≥ 0

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

Bình phương 2 vế khơng âm của phương trình ta được:1 +

( x + 3) ( 3x + 1)

= x + 2 x ( 2 x + 1) , để giải

phương trình này dĩ nhiên là khơng khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3 x + 1 − 2 x + 2 = 4 x − x + 3
Bình phương hai vế ta có :
Thử lại x=1 thỏa

6 x 2 + 8 x + 2 = 4 x 2 + 12 x ⇔ x = 1

 Nhận xét : Nếu phương trình :

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

Mà có : f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + k ( x ) , thì ta biến đổi phương trình về dạng :

f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả
Bài 2. Giải phương trình sau :

x3 + 1
+ x + 1 = x2 − x + 1 + x + 3
x+3
Giải:
Điều kiện : x ≥ −1
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :

(2) ⇔

x3 + 1
. x + 3 = x 2 − x + 1. x + 1 , từ nhận xét này ta có lời giải như sau :
x+3

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

x = 1− 3
x3 + 1
= x2 − x − 1 ⇔ x2 − 2x − 2 = 0 ⇔ 
Bình phương 2 vế ta được:

x+3
x = 1+ 3

Thử lại : x = 1 − 3, x = 1 + 3

l nghiệm

Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :

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

Mà có : f ( x ) .h ( x ) = k ( x ) .g ( x ) thì ta biến đổi

f ( x) − h ( x) = k ( x) − g ( x)

2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Một số phương trình vơ tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình ln đưa về được

dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = 0 ta có thể giải phương trình A ( x ) = 0 hoặc chứng minh A ( x ) = 0 vô nghiệm ,
chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A ( x ) = 0 vô nghiệm

7


b) Ví dụ

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

Bài 1 . Giải phương trình sau :
Giải:

(

) (

)

(

) (

)

2
2
2
2
Ta nhận thấy : 3 x − 5 x + 1 − 3 x − 3 x − 3 = −2 ( x − 2 ) v x − 2 − x − 3 x + 4 = 3 ( x − 2 )

Ta có thể trục căn thức 2 vế :

−2 x + 4

3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

3x − 6

=

x − 2 + x 2 − 3x + 4
2

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :

x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

5
3

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :

x2 − 4

x + 12 − 4 = 3 x − 6 + x + 5 − 3 ⇔
2

2

x 2 + 12 + 4

= 3( x − 2) +

x2 − 4
x2 + 5 + 3



x+2
x +1
⇔ ( x − 2) 
−
− 3÷= 0 ⇔ x = 2
2
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x+2
x+2
5
−
− 3 < 0, ∀x >
Dễ dàng chứng minh được :
2
2
3
x + 12 + 4
x +5 +3
Bài 3. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x3 − 1
Giải :Đk x ≥ 3 2
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình


2
 = ( x − 3) ( x + 3 x + 9 )

2

3 x2 − 1
x3 − 2 + 5
(
) + 2 3 x2 − 1 + 4 

x+3
x+3
2
1+
= 1+
< 2 < x + 3x + 9
2
2
Ta chứng minh :
3 2
3 x2 − 1
x −1 +1 + 3
(
) + 2 3 x2 − 1 + 4
x3 − 2 + 5
3

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

x+3

3

(

)

Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vơ tỉ có dạng A + B = C , mà : A − B = α C
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :

 A+ B =C
A− B

= C ⇒ A − B = α , khi đĩ ta có hệ: 
⇒ 2 A = C +α
A− B
 A − B =α


b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau : 2 x 2 + x + 9 + 2 x 2 − x + 1 = x + 4
Giải:

(

) (

)

2
2
Ta thấy : 2 x + x + 9 − 2 x − x + 1 = 2 ( x + 4 )

x = −4 không phải là nghiệm
Xét x ≠ −4
Trục căn thức ta có :

2x + 8

2x + x + 9 − 2x − x + 1
2

2

= x + 4 ⇒ 2 x2 + x + 9 − 2 x2 − x + 1 = 2

8


x = 0
 2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2

2
⇒ 2 2x + x + 9 = x + 6 ⇔ 
Vậy ta có hệ: 
x = 8
 2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4


7

8
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
7
2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x
2
2
2
Ta thấy : ( 2 x + x + 1) − ( x − x + 1) = x + 2 x , như vậy khơng thỏa mãn điều kiện trên.
Bài 5. Giải phương trình :

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t =

1
thì bài tốn trở nên đơn giản hơn
x

Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :

x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
4 − 3 10 − 3 x = x − 2 (HSG Toàn Quốc
2002)

2
3

( 2 − x) ( 5 − x)

x 2 − 1 + 3x3 − 2 = 3 x − 2
2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007)
3

( 2 − x ) ( 10 − x )

= x+

2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4
x 2 + 15 = 3 x − 2 + x 2 + 8

x2 + 4 = x − 1 + 2x − 3

3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức

u + v = 1 + uv ⇔ ( u − 1) ( v − 1) = 0

au + bv = ab + vu ⇔ ( u − b ) ( v − a ) = 0
A2 = B 2

Bài 1. Giải phương trình :
Giải: pt ⇔

(

3

)(

x +1 −1

3
3

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

)

Bi 2. Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x 2 =
Giải:
+ x = 0 , không phải là nghiệm
+ x ≠ 0 , ta chia hai vế cho x:
Bài 3. Giải phương trình:
Giải: dk : x ≥ −1

3

3

x + 3 x2 + x

 x +1 
x +1 3
+ x = 1+ 3 x +1 ⇔  3

− 1÷
x
x



(

3

)

x −1 = 0 ⇔ x = 1

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

x = 1
x +1 −1 = 0 ⇔ 
x = 0
4x
=4 x
Bài 4. Giải phương trình : x + 3 +
x+3
pt ⇔

(

x + 3 − 2x

)(

)

Giải:
Đk: x ≥ 0
2

Chia cả hai vế cho


4x
4x
4x 
=2
⇔ 1 −
x + 3 : 1+
÷ = 0 ⇔ x =1
x+3
x+3
x+3 


 Dùng hằng đẳng thức

9


Biến đổi phương trình về dạng : Ak = B k
Bài 1. Giải phương trình :
3−x = x

3+x

Giải:
Đk: 0 ≤ x ≤ 3 khi đó pt đ cho tương đương : x 3 + 3 x 2 + x − 3 = 0
3

3
1 
10
10 − 1

⇔x+
⇔x=
÷ =
3 3 3
3

Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4

Giải:

(

Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : 1 + 3 + x

)

2

x = 1
 x + 3 + 1 = 3x
= 9x2 ⇔ 
⇔
 x = −5 − 97
 x + 3 + 1 = −3 x


18


Bài 3. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 )
Giải : pttt ⇔

(

3

x + 2 − 3 3x

)

3

2

= 0 ⇔ x =1

II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường

 Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x ) và chú ý điều kiện của t nếu
phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương
trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hồn tồn ” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn
toàn t = f ( x ) thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét.
Đặt t =

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1
x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + t = 2 ⇔ t = 1

Thay vào tìm được x = 1
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
Giải
Điều kiện: x ≥ −

4
5

t2 − 5
Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4 − 10t 2 + 25 6 2
2.
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0

16
4
⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 và x = 2 + 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2 − 6 x − 1 ≥ 0
Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6

10


Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thnh: y 2 +

y ≤ 5) ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =
Từ đó ta tìm được các giá trị của x =

y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với

1 + 21
−1 + 17
(loaïi), y =
2
2

11 − 17
2

)(

(

Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x
Giải: đk 0 ≤ x ≤ 1

Đặt y = 1 − x pttt ⇔ 2 ( 1 − y )

2

(y

2

)

2

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

Giải:
Điều kiện: −1 ≤ x < 0

Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −
Đặt t = x −

1
1
= 3+
x
x

1
, ta giải được.
x

Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1




Giải: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x −
Đặt t= 3 x −

1 3
1
÷+ x − = 2
x
x

1
1± 5
, Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x =

x
2

Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau

15 x − 2 x 2 − 5 = 2 x 2 − 15 x + 11

x 2 + x 2 + 11 = 31

( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x

2 n (1 + x) 2 + 3 n 1 − x 2 + n (1 − x) 2 = 0

(1 + x)(2 − x) = 1 + 2 x − 2 x 2

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2

x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9

( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2

1 − x2 + 2 3 1 − x2 = 3

Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đơi khi
phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách

2

u
u
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v
v = 0 thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)


a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )



α u + β v = mu 2 + nv 2
11


Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương trình vơ tỉ theo
dạng này .

a) . Phương trình dạng : a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )

 P ( x ) = A ( x ) .B ( x )

Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x )


Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu 

Xuất phát từ đẳng thức :

x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1)

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

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1

4 x 4 + 1 = ( 2 x 2 − 2 x + 1) ( 2 x 2 + 2 x + 1)
Hãy tạo ra những phương trình vơ tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2 + bt − c = 0
giải “ nghiệm đẹp”

(

)

2
3
Bài 1. Giải phương trình : 2 x + 2 = 5 x + 1

Giải: Đặt u =

x + 1, v = x 2 − x + 1

u = 2v
Phương trình trở thành : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔ 
u = 1 v
2

3 4
Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3 x + 1 = −
x + x2 + 1
3
2

2

Tìm được: x =

5 ± 37
2

Bài 3: giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1
Giải:
Đk: x ≥ 1

(

)

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

2

Nhận xt : Ta viết α ( x − 1) + β x + x + 1 = 7

(

)

2
Đồng nhất thức ta được: 3 ( x − 1) + 2 x + x + 1 = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

v = 9u
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔ 
v = 1 u
4

Ta được : x = 4 ± 6
2

Bài 4. Giải phương trình : x 3 − 3x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6x = 0

Giải:
Nhận xét : Đặt y =

x + 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
x = y
x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
 x = −2 y

Pt có nghiệm : x = 2,

x = 2−2 3

b).Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì
đưa về được dạng trên.
Bài 1. giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1
Giải:

12


u = x 2

Ta đặt : 
khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2
v = x2 − 1


Bài 2.Giải phương trình sau :
Giải
Đk x ≥

(x

2

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

1
. Bình phương 2 vế ta có :
2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

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


1− 5
v
u =
u = x + 2 x
2
2
2
Ta có thể đặt : 
khi đó ta có hệ : uv = u − v ⇔ 

v = 2x −1
1+ 5


v
u =

2
1+ 5
1+ 5
Do u , v ≥ 0 . u =
v ⇔ x2 + 2x =
( 2 x − 1)
2
2
2

5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

Bài 3. giải phương trình :
Giải:

Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5

(

(x

2

− x − 20 ) ( x + 1)

)

2
2
Nhận xét : không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α x − x − 20 + β ( x + 1) vậy ta không thể đặt

u = x 2 − x − 20
.

v = x + 1

(

)

(

2
2
Nhưng may mắn ta có : x − x − 20 ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) x − 4 x − 5

(

)

)

2
2
Ta viết lại phương trình: 2 x − 4 x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán được giải

quyết .
Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách trên
3. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
 Từ những phương trình tích

(

)(

x +1 −1

)

x +1 − x + 2 = 0 ,

(

2x + 3 − x

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương
trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ
sau .

(

)

2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

Giải:

t = 3
2
t = x 2 + 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ t = x − 1

Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1)
Giải:
Đặt : t =

x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

⇔ x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0

x2 − 2x + 3 = x2 + 1
2
Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1

13

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :

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

Từ một phương trình đơn giản :

(

1− x − 2 1+ x

)(

)

1 − x − 2 + 1 + x = 0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau

Bài 3. Giải phương trình sau : 4 x + 1 − 1 = 3 x + 2 1 − x + 1 − x 2
Giải:
Nhận xét : đặt t = 1 − x , pttt: 4 1 + x = 3 x + 2t + t 1 + x (1)

(

)

2
Ta rút x = 1 − t 2 thay vào thì được pt: 3t − 2 + 1 + x t + 4

(

)

1+ x −1 = 0

(

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t ∆ = 2 + 1 + x
có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
Cụ thể như sau : 3 x = − ( 1 − x ) + 2 ( 1 + x )

(

) (
2

1− x ,

1+ x

)

)

2

− 48

(

)

x + 1 − 1 không

2

thay vào pt (1) ta được:

Bài 4. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16
Giải .

(

)

2
2
Bình phương 2 vế phương trình: 4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 4 − x + 16 ( 2 − x ) = 9 x + 16

(

)
= α 2 ( 4 − x ) + ( 9 + 2α ) x

2
Ta đặt : t = 2 4 − x ≥ 0 . Ta được: 9 x 2 − 16t − 32 + 8 x = 0
2
Ta phải tách 9 x

2

2

− 8α làm sao cho ∆ t có dạng chính phương .

Nhận xét : Thơng thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vơ tỉ mà khi giải nó
chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có
3

a 3 + b3 + c 3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = 0
3

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vơ tỉ có chứa căn bậc ba .

7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x2 − 8x + 1 = 2
3
3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0
Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x
u = 2 − x
( u + v ) ( u + w ) = 2
2 − u 2 = uv + vw + wu




2

Giải : v = 3 − x , ta có : 3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ ta được:
5 − w2 = uv + vw + wu


w = 5− x

( v + w ) ( u + w ) = 5


3

u=

30
239
⇔x=
60
120

Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3 x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2

a =

b =

Giải . Ta đặt : 
c =

d =


2x2 − 1
x 2 − 3x − 2
2x2 + 2x + 3

a + b = c + d

, khi đó ta có : 

2
2
2
2
a − b = c − d

⇔ x = −2

x2 − x + 2
14


Bài 3. Giải các phương trình sau
1)
4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1 = 9 x − 3
2)

x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x3 + 4 x 2 ( 1 − x )
3

5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:

5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ theo u,v

(

3

)

3

3
3
Bài 1. Giải phương trình: x 25 − x x + 25 − x = 30

Đặt y = 3 35 − x3 ⇒ x 3 + y 3 = 35

 xy ( x + y ) = 30

, giải hệ này ta tìm được
3
3
 x + y = 35

( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3}
1
2 −1 − x + 4 x = 4
Bài 2. Giải phương trình:
2
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1

 2 −1− x = u

⇒0≤u≤
2 − 1,0 ≤ v ≤ 4 2 − 1
Đặt 
4
 x =v

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 

1

1

u = 4 2 − v
u + v = 4

2
⇔
Ta đưa về hệ phương trình sau: 
2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2


2

1 


Giải phương trình thứ 2: (v + 1) −  v + 4 ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương
2

2

2

trình.
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
Điều kiện: x ≥ 1
Đặt a =

x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:

a 2 + b = 5

→ (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1
 2
b − a = 5

11 − 17
Vậy x − 1 + 1 = 5 + x − 1 ⇔ x − 1 = 5 − x ⇒ x =
2
6 − 2x 6 + 2x 8
+
=
Bài 8. Giải phương trình:
5− x
5+ x 3

Giải
Điều kiện: −5 < x < 5

(

)

Đặt u = 5 − x , v = 5 − y 0 < u , v < 10 .

(u + v) 2 = 10 + 2uv
u 2 + v 2 = 10


Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4
2 4
8⇔

− − + 2(u + z ) =
(u + v) 1 − ÷ =
3
 u v
 uv  3

15


5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài tốn giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II

( x + 1) 2 = y + 2 (1)


 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
việc giải hệ này thì đơn giản
2
( y + 1) = x + 2 (2)

Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x ) sao cho (2) luôn đúng , y = x + 2 − 1 ,
khi đó ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + 2 − 1) + 1 ⇔ x 2 + 2 x =
2

x+2

Vậy để giải phương trình : x 2 + 2 x =

x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
( α x + β ) 2 = ay + b

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
, ta sẽ xây dựng được phương trình
2
( α y + β ) = ax + b

a
β
2
ax + b + b −
dạng sau : đặt α y + β = ax + b , khi đó ta có phương trình : ( α x + β ) =
α
α
a

β
n
Tương tự cho bậc cao hơn : ( α x + β ) = n ax + b + b −
α
α
n
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ v
đặt α y + β = n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ???
Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ là chọn được.
n

Bài 1.
Điều kiện: x ≥

Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1

1
2

Ta có phương trình được viết lại là: ( x − 1) 2 − 1 = 2 2 x − 1

 x 2 − 2 x = 2( y − 1)

Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau: 
2
 y − 2 y = 2( x − 1)

Trừ hai vế của phương trình ta được ( x − y )( x + y ) = 0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2
Bài 6. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5

Giải
Điều kiện x ≥ −

5
4

Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11

(2 x − 3) 2 = 4 y + 5

⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0
Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: 
(2 y − 3)2 = 4 x + 5


Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3
Với x + y − 1 = 0 ⇒ y = 1 − x → x = 1 − 2
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 − 2; 1 + 3}
Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?
 Dạng hệ gần đối xứng

(2 x − 3) 2 = 2 y + x + 1

(1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng chúng ta vẫn giải
Ta xt hệ sau : 
2
(2 y − 3) = 3 x + 1

hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài tốn phương trình sau :

16


Bài 1 . Giải phương trình: 4 x 2 + 5 − 13 x + 3 x + 1 = 0
2

13 
33

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :  2 x − ÷ = 3 x + 1 −
4
4

13
= 3 x + 1 thì chúng ta khơng thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được.
Đặt 2 y −
4
Để thu được hệ (1) ta đặt : α y + β = 3 x + 1 , chọn α , β sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối xứng
hoặc gần đối xứng )
2
( α y + β ) 2 = 3x + 1
 2 2

α y + 2αβ y − 3x + β − 1 = 0 (1)
⇔ 2
(*)
Ta có hệ : 
2
(2)
4 x − 13 x + α y + 5 + β = 0

4 x − 13 x + 5 = −α y − β



Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x = y

α 2 2αβ − 3 β 2 − 1
=
=
Nên ta phải có :
, ta chọn được ngay α = −2; β = 3
4
α − 13
5+ β
Ta có lời giải như sau :

1
3

3
3 x + 1 = −(2 y − 3), ( y ≤ )
2
(2 x − 3) 2 = 2 y + x + 1

⇒ ( x − y )(2 x + 2 y − 5) = 0
Ta có hệ phương trình sau: 
2
(2 y − 3) = 3 x + 1

15 − 97

Với x = y ⇒ x =
8
11 + 73
Với 2 x + 2 y − 5 = 0 ⇒ x =
8
15 − 97 11 + 73 


;
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: 

8
8




Điều kiện: x ≥ − , Đặt

Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay α ; β bằng cách viết lại phương trình
ta viết lại phương trình như sau: (2 x − 3) 2 = − 3 x + 1 + x + 4
khi đó đặt 3 x + 1 = −2 y + 3 , nếu đặt 2 y − 3 = 3 x + 1 thì chúng ta khơng thu được hệ như mong muốn ,
ta thấy dấu của α cùng dấu với dấu trước căn.
Một cách tổng quát .

 f ( x) = A.x + B. y + m
 f ( y ) = A '.x + m '

Xét hệ: 

(1)
để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’,
(2)

Nếu từ (2) tìm được hàm ngược y = g ( x ) thay vào (1) ta được phương trình
Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải
được.
Một số phương trình được xây dựng từ hệ.
Giải các phương trình sau
1) 4 x 2 − 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0
4) 3 6 x + 1 = 8 x 3 − 4 x − 1
2) 4 x 2 − 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0
3)

3

81x − 8 = x3 − 2 x 2 +

4
x−2
3

(

)

15
( 30 x 2 − 4 x ) = 2004 30060 x + 1 + 1
2
3

6)
3 x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 − 25
5)

Giải (3):

17


Phương trình : ⇔ 27 3 81x − 8 = 27 x 3 − 54 x 2 + 36 x − 54 ⇔ 27 3 81x − 8 = ( 3 x − 2 ) − 46
3

Ta đặt : 3 y − 2 = 3 81x − 8
Các em hãy xây dựng những phương trình dạng này !
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
1. Dùng hằng đẳng thức :
 Từ những đánh giá bình phương : A2 + B 2 ≥ 0 , ta xây dựng phương trình dạng A2 + B 2 = 0
Từ phương trình

(

) (
2

5x − 1 − 2 x +

(

)

2

9 − 5 x − 2 + x − 1 = 0 ta khai triển ra có phương trình :

4 x 2 + 12 + x − 1 = 4 x 5 x − 1 + 9 − 5 x

)

2. Dùng bất đẳng thức

A ≥ m
nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng
B ≤ m

 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 
dạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B
Ta có : 1 + x + 1 − x ≤ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và

x +1 +

1
≥ 2 , dấu bằng khi và chỉ khi
x +1

1
+ 1+ x
x +1
A = f ( x)
A ≥ f ( x)



Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
khi đó : A = B ⇔ 
 B ≤ f ( x)
B = f ( x )


x=0. Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x =


Nếu ta đốn trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm
là vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):
Giải: Đk x ≥ 0
2

2

x  
 1 +
 = x+9
+ x +1
  x +1  x +1 ÷ 


 

1
1
⇔x=

7
x +1

 2 2

+ x÷ ≤  2 2
Ta có : 

 x +1
 
Dấu bằng ⇔

2 2
=
x +1

2 2
+ x = x+9
x +1

(

)

2

Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16
Giải: Đk: −1 ≤ x ≤ 1

(

Biến đổi pt ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

(

)

2

= 256

≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 ( 16 − 10 x 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16 − 10 x
2

)

2

2

)

2

 16 
≤  ÷ = 64
 2

18


2


1 + x2
2
x = 5
 1− x =
⇔
Dấu bằng ⇔ 
3
2

10 x 2 = 16 − 10 x 2
x=−


5

3`
2
Bài 3. giải phương trình: x − 3 x − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0

Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và x 3 − 3 x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3)
Bài tập đề nghị .
Giải các phương trình sau

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

( x + 3) ≥ x + 13

16 x 4 + 5 = 6 3 4 x3 + x
x 3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0

1 − 2x + 1 + 2x =
4

2

8 + x 3 + 64 − x3 = x 4 − 8 x 2 + 28
1
1

2 − x2 + 2 − 2 = 4 −  x + ÷
x
x


2x4 + 8 = 4 4 + x4 + 4 x4 − 4

3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học
3.1 Dùng tọa độ của véc tơ
r
r
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u = ( x1 ; y1 ) , v = ( x2 ; y2 ) khi đó ta có


r r r r
u+v ≤ u + v ⇔

( x1 + x2 )

2

2
2
+ ( y1 + y2 ) ≤ x12 + y12 + x2 + y2
2

r

r

x1 y1
=
= k ≥ 0 , chú ý tỉ số phải dương
x2 y2

rr r r
r r
r
u.v = u . v .cos α ≤ u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos α = 1 ⇔ u ↑↑ v

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng ⇔


3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác

Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta ln có
MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M ≡ O .

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất
khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200
Bài tập

(

)

1)

2x2 − 2x + 1 + 2x2 −

3 − 1 x + 1 + 2x2 +

2)

(

)

3 +1 x +1 = 3

x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 10 x + 50 = 5

IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
1.Xây dựng phương trình vơ tỉ dựa theo hàm đơn điệu
 Dựa vào kết quả : “ Nếu y = f ( t ) là hàm đơn điệu thì f ( x ) = f ( t ) ⇔ x = t ” ta có thể xây dựng được
những phương trình vơ tỉ
3
2
Xuất phát từ hàm đơn điệu : y = f ( x ) = 2 x + x + 1 mọi x ≥ 0 ta xây dựng phương trình :

f ( x) = f

(

)

3x − 1 ⇔ 2 x3 + x 2 + 1 = 2

2 x 3 + x 2 − 3x + 1 = 2 ( 3 x − 1) 3 x − 1
Từ phương trình f ( x + 1) = f

(

(

)

3

3x − 1 + (3 x − 1) 2 + 1 , Rút gọn ta được phương trình

)

3x − 1 thì bài tốn sẽ khó hơn 2 x 3 + 7 x 2 + 5 x + 4 = 2 ( 3 x − 1)

( 3x − 1)

Để gải hai bài tốn trên chúng ta có thể làm như sau :

19


2 x3 + 7 x 2 + 5 x + 4 = 2 y 3

Đặt y = 3 x − 1 khi đó ta có hệ : 
cộng hai phương trình ta được:
2
3x − 1 = y

3
2
3
2
2 ( x + 1) + ( x + 1) = 2 y + y
Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài tốn vơ tỉ theo dạng trên ?

)

(

)

(

2
2
Bài 1. Giải phương trình : ( 2 x + 1) 2 + 4 x + 4 x + 4 + 3 x 2 + 9 x + 3 = 0

Giải:

(

⇔ ( 2 x + 1) 2 +

( 2 x + 1)

(

2

)

(

+ 3 = ( −3 x ) 2 +

( −3 x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3x )

)

2
Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = −

1
5

Bài 2. Giải phương trình x 3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4

 x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = y
3

⇒ y 3 + y = ( x + 1) + ( x + 1)
Giải . Đặt y = 7 x + 9 x − 4 , ta có hệ :  2
3
7 x + 9 x − 4 = y

3
Xét hàm số : f ( t ) = t + t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình
3

2

x = 5
f ( y ) = f ( x + 1)  ⇔ y = x + 1 ⇔ ( x + 1) = 7 x + 9 x − 4 ⇔ 


 x = −1 ± 5

2

3
Bài 3. Giải phương trình : 3 6 x + 1 = 8 x − 4 x − 1
3

2

V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1. Một số kiến thức cơ bản:


cho x = cos y


 −π −π 
;
sao cho : sin t = x và một số y với y ∈ [ 0; π ] sao
 2 2 


Nếu x ≤ 1 thì có một số t với t ∈ 

 π
 π
sao cho : sin t = x và một số y với y ∈ 0;  sao
 2

 2

Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì có một số t với t ∈  0;

cho x = cos y

 π π
; ÷ sao cho : x = tan t
 2 2

Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2 + y 2 = 1 , thì có một số t với 0 ≤ t ≤ 2π , sao cho
x = sin t , y = cos t


Với mỗi số thực x có t ∈  −

Từ đó chúng ta có phương pháp giải tốn :

 −π −π 
;
hoặc x = cos y với y ∈ [ 0; π ]
 2 2 


 π
 π
 Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì đặt sin t = x , với t ∈  0;  hoặc x = cos y , với y ∈ 0; 
 2
 2
2
2
 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x + y = 1 , thì đặt x = sin t , y = cos t với 0 ≤ t ≤ 2π
a
 π π
 Nếu x ≥ a , ta có thể đặt : x =
, với t ∈  − ; ÷ , tương tự cho trường hợp khác
sin t
 2 2
 π π
 x là số thực bất kỳ thi đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷
 2 2
 Nếu : x ≤ 1 thì đặt sin t = x với t ∈ 

Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?

20


Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x = f ( t ) thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và
điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác )
2. Xây dựng phương trình vơ tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ?
Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3t = sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vơ tỉ
Chú ý : cos3t = 4cos3 t − 3cos t ta có phương trình vơ tỉ: 4 x 3 − 3 x = 1 − x 2 (1)
Nếu thay x bằng

1
ta lại có phương trình : 4 − 3 x 2 = x 2 x 2 − 1
x

(2)

Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:
4 x 3 − 12 x 2 + 9 x − 1 = 2 x − x 2 (3)
Việc giải phương trình (2) và (3) khơng đơn giản chút nào ?
Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vơ tỉ theo kiểu
lượng giác .
3. Một số ví dụ
2
 = 2 + 1− x
( 1− x) 

3
3

3
Bài 1. Giải phương trình sau : 1 + 1 − x  ( 1 + x ) −



3

2

Giải:

Điều kiện : x ≤ 1
Với x ∈ [ −1;0] : thì

( 1+ x)

3

−

( 1− x)

3

≤ 0 (ptvn)

 π
x ∈ [0;1] ta đặt : x = cos t , t ∈ 0;  . Khi đó phương trình trở thành:
 2
1
1
 1

2 6 cos x 1 + sin t ÷ = 2 + sin t ⇔ cos t =
vậy phương trình có nghiệm : x =
6
6
 2

Bài 2. Giải các phương trình sau :

1− 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x

1)

1 − 2x + 1 + 2x =

2)

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2

3) x 3 − 3 x =

(

)

HD: tan x =
Đs: x =

1 + 2cos x
1 − 2cos x

1
2

HD: chứng minh x > 2 vô nghiệm

x+2

Bài 3 . Giải phương trình sau:

3

6x + 1 = 2x

1
2
5π
7π 
 π
;cos  mà phương trình bậc 3
Xét : x ≤ 1 , đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] . Khi đó ta được S = cos ;cos
9
9
9 

3
3
Giải: Lập phương 2 vế ta được: 8 x − 6 x = 1 ⇔ 4 x − 3 x =

có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.




÷

x2 − 1 

1
 π π
, t ∈ − ; ÷
Giải: đk: x > 1 , ta có thể đặt x =
sin t
 2 2
 cos t = 0
1
Khi đó ptt:
( 1 + cot t ) = 1 ⇔ 
sin 2t = − 1
sin 2 x
2

Phương trình có nghiệm : x = − 2 3 + 1
1

2
Bài 4. .Giải phương trình x 1 +

(

)

21


2

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

2

Bài 5 .Giải phương trình :
Giải: đk x ≠ 0, x ≠ ±1

 π π
; ÷
 2 2
2
Khi đó pttt. 2sin t cos 2t + cos 2t − 1 = 0 ⇔ sin t ( 1 − sin t − 2sin t ) = 0
Ta có thể đặt : x = tan t , t ∈  −

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x =

1
3
Bài tập tổng hợp

Giải các phương trình sau

x3 +

(1− x )

2 3

= x 2 − 2 x2

2 x − 2 x 30 − 2007. 30 + 4 x 2007 = 30. 2007
12 x − 8
2x + 4 − 2 2 − x >
9 x 2 + 16
3
x −1 + 3 x +1 = x 3 2
3
x + 3 x + 1 = 2x + 1
4 x + 5 + 3x + 1 = 2 x + 7 + x + 3
2

x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
4 − 3 10 − 3 x = x − 2 (HSG Toàn Quốc 2002)
2
3

( 2 − x) ( 5 − x) = x +

( 2 − x ) ( 10 − x )

x + 4 = x −1 + 2x − 3
2

x − 1 + 3x − 2 = 3x − 2
2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007)

3

2

3

2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4
3x 2 + 3x + 2
2
x +x+2 =
3x + 1
12 x + 2 x − 1 = 3 x + 9
x + 1 + x = 1 + 4 x3 + x 2
4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1
4

x − 1 + x3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1

4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2
( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x
x 2 − 3x + 1 = −

3 4
x + x2 + 1
3

2 3 ( 1 + x ) + 3 3 1 − x2 + 3 ( 1 − x ) = 0

2

2

2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3
3

(

) (

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

)

x 2 + x + 12 x + 1 = 36

( 4 x − 1)
2x +

x3 + 1 = 2 x3 + 2 x + 1

x −1
1
1
= 1− + 3 x −
x
x
x

5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
3
6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1
15
( 30 x 2 − 4 x ) = 2004 30060 x + 1 + 1
2
4x + 9
= 7 x2 + 7x
28

(

)

4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10
3−x =x

x+x

CHUN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
 x ∈ D (*)
Dạng 1 : Phương trình A = B ⇔ A = B ≥ 0 ⇔ 
A = B
Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0

22


Dạng 2: Phương trình

B ≥ 0
A=B⇔
2
A = B

Dạng 3: Phương trình
A ≥ 0

A + B = C ⇔ B ≥ 0
(chuyển về dạng 2)

 A + B + 2 AB = C

+)
+)

3

A + 3 B = 3 C ⇒ A + B + 3 3 A.B

(

3

)

A+ 3 B =C

và ta sử dụng phép thế : 3 A + 3 B = C ta được phương trình : A + B + 3 3 A.B.C = C

Bài 1: Giải phương trình:
f) 3 + x − 2 − x = 1
a) x 2 − 1 = x − 1
g) x + 9 = 5 − 2 x + 4
b) x − 2 x + 3 = 0
h)

c) x 2 + x + 1 = 1
e) 3 x − 2 + x − 1 = 3

3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3

i) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

− x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2

Bài 3: Cho phương trình: x 2 − 1 − x = m
-Giải phương trình khi m=1
-Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m
-Giải phương trình khi m=3
-Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường.
-Nếu bài tốn có chứa f ( x) và f ( x) khi đó đặt t = f ( x) (với điều kiện tối thiểu là t ≥ 0 . đối với các
phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ).
-Nếu bài tốn có chứa f ( x) , g ( x) và f ( x). g ( x) = k (với k là hằng số) khi đó có thể đặt :

t=

-Nếu bài tốn có chứa

t=

k
t
f ( x) ± g ( x) ; f ( x).g ( x) và f ( x) + g ( x) = k khi đó có thể đặt:

f ( x) , khi đó g ( x ) =

f ( x) ± g ( x) suy ra

-Nếu bài tốn có chứa
-Nếu bài tốn có chứa

π 
t ∈ [ 0; π ] \  
2
-Nếu bài toán có chứa

t2 − k
f ( x).g ( x) =
2

π
π
≤ t ≤ hoặc x = a cos t với 0 ≤ t ≤ π
2

2
a
a
 π π
với t ∈  − ;  \ { 0} hoặc x =
với
x 2 − a 2 thì đặt x =
sin t
 2 2
cos t

a 2 − x 2 thì đặt x = a sin t với −

 π π
x 2 + a 2 ta có thể đặt x = a .tan t với t ∈  − ; ÷
 2 2

23


Bài 1: Giải phương trình:
a) x 2 + x 2 + 2 x + 8 = 12 − 2 x

f)

2 x2 + 5x + 2 − 2 2 x2 + 5x − 6 = 1

b) 2 x 2 − 5 2 x 2 + 3 x + 9 = −3 x − 3

g)

x 2 + 3x + 2 − 2 2 x 2 + 6 x + 2 = − 2

c) x 2 − 4 x + 6 = 2 x 2 − 8 x + 12

h) x 2 +

d) 3 x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2

i) ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x

x 2 + 11 = 31

e) ( x + 4)( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6
Bài 2: Giải phương trình:
a) x 3 +

(1− x )

2 3

= x 2 ( 1 − x2 )

b)
3
1 + 1 − x2  ( 1 − x ) −



c)

( 1+ x)

3

 = 2 + 1 − x2



1 − x − 2x 1 − x2 − 2 x2 + 1 = 0

d) 64 x 6 − 112 x 4 + 56 x 2 − 7 = 2 1 − x 2
e) x +

x
x2 −1

=

35
12
x +1
= −3
x−3

f) ( x − 3) ( x + 1) + 4 ( x − 3)

1
1
+

=m
x
1 − x2
2
-Giải phương trình với m = 2 +
3

Bài 4: Cho phương trình:

-Tìm m để phương trình có nghiệm.

(

)

2
2
Bài 5: Cho phương trình: 2 x − 2 x + x − 2 x − 3 − m = 0

-Giải phương trình với m = 9
-Tìm m để phương trình có nghiệm.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ
số vẫn cịn chứa x.
-Từ những phương trình tích

(

)(

x +1 −1

)

x +1 − x + 2 = 0 ,

(

2x + 3 − x

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình
dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát.
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .

(

)

2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

Giải: t =

t = 3
2
x 2 + 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ t = x − 1

24


Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1)

x2 − 2x + 3 = x2 + 1

Giải:
Đặt : t =

x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

2
2
Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn

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

Từ một phương trình đơn giản :

(

1− x − 2 1+ x

)(

)

1 − x − 2 + 1 + x = 0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau

Bài 3. Giải phương trình sau : 4 x + 1 − 1 = 3 x + 2 1 − x + 1 − x 2
Giải:
Nhận xét : đặt t = 1 − x , pttt: 4 1 + x = 3 x + 2t + t 1 + x (1)

(

)

2
Ta rt x = 1 − t 2 thay vo thì được pt: 3t − 2 + 1 + x t + 4

(

)

1+ x −1 = 0

(

Nhưng khơng có sự may mắn để giải được phương trình theo t ∆ = 2 + 1 + x
dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo

Cụ thể như sau : 3 x = − ( 1 − x ) + 2 ( 1 + x )

(

) (
2

1− x ,

1+ x

)

)

2

− 48

(

)

x + 1 − 1 khơng có

2

thay vào pt (1) ta được:

Bài 4. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16

Giải .

(

)

2
2
Bình phương 2 vế phương trình: 4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 4 − x + 16 ( 2 − x ) = 9 x + 16

(

)
= α 2 ( 4 − x ) + ( 9 + 2α ) x

2
Ta đặt : t = 2 4 − x ≥ 0 . Ta được: 9 x 2 − 16t − 32 + 8 x = 0
2
Ta phải tách 9 x

2

2

− 8α làm sao cho ∆ t có dạng chình phương .

Nhận xét : Thơng thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích.
Bài tập: Giải các phương trình sau:
a) (4 x − 1) x 3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1
b) x 2 − 1 = 2 x x 2 − 2 x

c) x 2 − 1 = 2 x x 2 + 2 x
d) x 2 + 4 x = ( x + 2) x 2 − 2 x + 4
3. Phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ.
a) Dạng thông thường: Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ

u = m a − f ( x )

theo u,v. Chẳng hạn đối với phương trình: m a − f ( x ) + m b + f ( x ) = c ta có thể đặt: 
từ đó
v = m b + f ( x )

m
m
u + v = a + b
suy ra u m + v m = a + b . Khi đó ta có hệ 
u + v = c
Bài tập: Giải các phương trình sau:
a) 3 2 − x = 1 − x − 1
b) 3 9 − x = 2 − x − 1
c) x − x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0
b) Dạng phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai:

25