Cac phuong phap giai phuong trinh vo ti

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (371.83 KB, 30 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

LỜI NĨI ĐẦU

Phương trình vơ 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 vơ tỷ mãi mãi vẫn cịn là đối tượng mà
những người đam mê Tốn học ln tìm tịi học hỏi và phát triển tư duy.

Mỗi loại bài tốn phương trình vơ 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
tốn giải phương trình vơ tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp
THCS.

Chuyên đề '' Giải phương trình vơ tỉ'' được viết theo chương trình SGK hiện hành 
nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi học sinh giỏi.

Chuyên đề đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải phương trình vơ tỉ:
Ơn thi học sinh đại trà:

Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA 
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI

Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ

Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh tự luyện.

Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp

các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Tốn học qua các phương trình vơ tỷ.

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai sót. Chúng tơi
mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thày cô và các em học sinh để
chuyên đề ngày càng hồn thiện hơn!

Mọi đóng góp xin gửi về :

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỤC NGẠN
TRƯỜNG THCS MỸ AN - LỤC NGẠN - BẮC GIANG

Năm: 2010 - 2011

CHUN ĐỀ :

PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

I - Tác giả:

Tổ toán trường THCS Mỹ An - Lục Ngạn - Bắc giang
II - Mục Lục:

Trang
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA 3 - 6
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI 6 - 7
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ 7 - 17
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 17 - 21
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 21 - 22
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC 22 - 24
Bài tập tổng hợp: 24 - 27

III - Tài liệu tham khảo:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

CHUN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ
PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:

( ) 0
( ) ( ) ( ) 0

( ) ( )
f x

f x g x g x

f x g x






   

 



2/ 2

( ) 0
( ) ( )

( ) ( )
g x

f x g x




  




( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )
f x

f x g x h x g x

f x g x f x g x h x

 



    



  



2 2

( ) 0

( ) ( ) ( ) 0 ( )

( ) ( )

n n

f x

f x g x g x n N

f x g x






    

 


5/

*
2

2
( ) 0

( ) ( ) ( )

( ) ( )
n

n
g x

f x g x n N

f x g x




   




6/ 2n1 f x( )2n1g x( )  f x( )g x( ) (n N *)

7/ 2n1 f x( )g x( ) f x( )g2n1( ) (x n N *)
…

II-BÀI TẬP

Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1   (1)

HD: (1) 

2 2

x 1 0 x 1 x 1

x 3
x 1 (x 1) x 3x 0

   

  

 

  



     

   x3

Bài 2: Giải phương trình: x 2x 3 0
HD:Ta có: x 2x 3 0  2x 3 x

2
0
2 3

2 3 0
0

3
1

3
x

x x

x

x x

x

x
x

x



 

 




 

  






    


 




Bài 3: Giải phương trình: x 4 1 x  1 2 x

HD: Ta có: x 4 1 x  1 2 x  x4 1 2 x 1 x
1 2 0

1 0

4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )
x

x

x x x x x

  



   


       

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2
1

2 1 2 3 1

x

x x x




 
    

2 2
1
2
2 1 0

(2 1) 2 3 1

x

x x x





   

   


2
1 1
1 1
2 2
0

2 2 0

7 0
7
x
x
x
x
x x

x


 

 
 
 
     


   

  



Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x2  4 0

HD:ĐK: 2
2 0
2
4 0
x
x
x
 

 


 

 (1)









2 3 ( 2)( 2) 0
2. 1 3 2 0

2
2 0

(2)
17

1 3 2 0

x x x

x x
x
x
x
x

     
    


  


  
 
   
 

Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2

Bài 5. Giải phương trình : 3 x x 3x

HD:Đk: 0 x 3 khi đó pt đã cho tương đương: x3 3x2 x 3 0

3 3

1 10 10 1

3 3 3 3

x x 

 

      

 

Bài 6. Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x 4

HD:Đk:x3 phương trình tương đương :





2 2

1
3 1 3

1 3 9 5 97

3 1 3

18
x
x x
x x
x
x x


    
       
 
  
 

Bài 7. Giải phương trình sau :









2 3

2 3 9 x x2 2x3 3x x2

HD: pt





3 x 2 33x 0 x 1

     

Bài 8. Giải và biện luận phương trình: x2 4 x m 

HD: Ta có: x2 4 x m   2 2 2 2

x m x m

x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0

 
 

 
      

 

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm

– Nếu m ≠ 0:

2
m 4
x
2m



. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 

2
m 4

2m


≥ m
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2

 m2 ≤ 4  0 m 2 

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2

 m2 ≥ 4  m ≤ –2

Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vơ nghiệm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:

√

x2−3

=x − m

(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)

HD: Ta có:
2

2 2 2 2

x m x m

x 3 x m

x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0

 

 

      

      

 

– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm

– Nếu m ≠ 0:

2
m 3
x

2m



. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 

2
m 3

m
2m



+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0 m  3

+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2

 m2 ≥ 3  m ≤  3

Tóm lại:

– Nếu 0 m  3 hoặc m 3. Phương trình có một nghiệm:

2
m 3
x

2m


– Nếu  3 m 0  hoặc m 3: phương trình vơ nghiệm

Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x m m
HD: Điều kiện: x ≥ 0

– Nếu m < 0: phương trình vơ nghiệm

– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x 1) 0   có hai nghiệm: x

1 = 0, x2 = 1

– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x m)( x m 1) 0 

x m 0

x 1 m

  

 

 


+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 =

2
(1 m)
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m

III-Bài tập áp dụng:

Bài 1:Giải các phương trình sau:

1/ x x1 13 2/ 3 x34 3 x 3 1 3/ 2x 5 3x 5 2 
4/ 1x x24  x 1 5/ x 3 5   x 2 6/ x 1  x 7  12 x
7/ x  x 1  x 4  x 9 0  8/ x 2 5 0  9/ 3 = 2

6x x
10/

5 1 2 0

2
x  

11/

19
3 2 3

6
x

  

12/
2

8 5 2 0

3x

  

13/ 16x17 8x 23 14/ 3x 1 2 x 3 15/20 3 2 x 2x 3
Bài 2: Giải phương trình:

a) x2 1 x 1 b) x 2x 3 0 c) x2 x 1 1

d) 3x 6 x 3 e) 3x 2 x 1 3 f) 3x 2 x 1

g) x9 5  2x4 h) 3x 4 2x 1 x3 i) x 4x 32
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x23x 2 2m x x  2

Bài 4: Cho phương trình: x2 1 x m

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 5: Cho phương trình: 2x2 mx 3 x m

a) Giải phương trình khi m=3

b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
Bài 6: Giải các phương trình sau:

a/ x 7 x 3 9 0 
d/

1 9

1 1 3 1 17

2 x  2 x  x  g/

2 6
4 7

x x

 



 

b/ 2x 1 1

5 3

3 9 27 4 12 1

3 2

x  x  x  h/ x 5 5 x1 0
c/ 3x 7 x4 0

f) (x3) 10 x2 x2 x 12 i/ 5x7 x12 0

PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:

Sử dụng hằng đẳng thức sau:

2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) 0)
( ) ( ) ( ( ) 0)
f x g x f x

f x g x f x g x

f x g x f x

 



    

 



II-BÀI TẬP:

Bài 1: Giải phương trình: x2  4x 4 x 8   (1)
HD: (1) 

(x 2)  8 x
 |x – 2| = 8 – x

– Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm)

– Nếu x  2 : (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.

Bài 2: Giải phương trình: x 2 2 x 1    x 10 6 x 1   2 x 2 2 x 1   (2)

: (2) 

x 1 0

x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1
 





             






x 1

x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|






       



 (*)

Đặt y = x 1 (y ≥ 0)  phương trình(*) đã cho trở thành: y 1 | y 3 | 2 | y 1|    
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại)

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8

Bài 3:Giải phương trình: x 2 2x 5  x 2 3 2x 5 7 2
HD:ĐK:

5
2
x

PT  2x 5 2 2 x 5 1  2x 5 6 2 x 5 9 14 
 2x 5 1  2x 5 3 14 

 2x 5 5

 x15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Pt  x 1 2 x1 1  x 1 2 x 1 1 2 
 x1 1  x 1 1 2

Nếu x2 pt  x 1 1  x 1 1 2   x2 (Loại)

Nếu x2 pt  x1 1 1   x 1 2  0x0 (Ln đúng với x)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 



x R |1 x 2



III-Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:

1/ x2 2x 1 5 2/ x 4 x4 3
3/ x2  6x9 2x1 4/ x4 x45x2

5/ x2  2x 1 x2 4x4 4 6/ x 2 x 1 x 4 x 4 10

7/ x2  6x9 2x2 8x8  x2  2x1 8/ x2 4x 4 x2 6x9 1 
9/ x2 x1 x 2 x1 2 10/ x 3 2 x 4  x 4 x 4 1

11/ x 6 2 x2  x11 6 x2 1 12/ x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2
13/ x2 2x x2 2x 1 5 0 14/

√

2x+4+6√2x −5+

√

2x −4−2√2x −5=4
15/ x2 4x 4 2x10 16/ x2 2x 1 2x8

17/

1 1

2 4

x x  x  18/

√

14x2+x+1−

√

6−2√5=0
19/

2 1 2 1

2
x

x x  x x   20/ x2 4x4 2  x

21/ (x 1) 4 4  x 1 x 1 6 x 1 9 1  22/ x 8 6 x1 4
PHƯƠNG PHÁP 3:ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thơng 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 tnếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến tquan trọng
hơn ta có thể giải được phương trình đó theo tthì việc đặt phụ xem như “hồn tồn ” .
 Bài 1. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2

HD:Điều kiện: x1

Nhận xét. x x2 1. x x2 1 1

Đặt t  x x2 1 thì phương trình có dạng:

2 1

t t

t

   

Thay vào tìm được x1

Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5

HD:Điều kiện:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Đặt t  4x5(t 0) thì

2 5

4
t
x 

. Thay vào ta có phương trình sau:

4 2

2 4 2

10 25 6

2. ( 5) 1 22 8 27 0

16 4

t t

t t t t t

 

        

2 2

(t 2t 7)(t 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 2x2 6x 1 0

Ta được: x x2(  3)2 (x 1)2 0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.

Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ

đưa về hệ)

Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

HD:Điều kiện: 1 x 6

Đặt y x 1(y0) thì phương trình trở thành: y2 y5 5  y4 10y2 y20 0

( với y 5) (y2 y 4)(y2 y 5) 0

1 21 1 17

2 (loại) 2

y  y  

  

Từ đó ta tìm được các giá trị của

11 17

2
x 

Bài 4.Giải phương trình sau :









2004 1 1

x  x   x

HD: ĐK: 0 x 1

Đặt y 1 x thì phương trình trở thành:









2 2

2 1 y y y1002  0 y 1 x0

Bài 5. Giải phương trình sau :

2 2 1 3 1

x x x x

x

   

HD:Điều kiện:   1 x 0

Chia cả hai vế cho x ta nhận được:

1 1

2 3

x x

   

Đặt

1
t x

x

 

, ta giải được.

Bài 6. Giải phương trình : x23 x4 x2 2x1

HD: x0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:

1 1

x x

 

   

 

 

Đặt t=

3 x 1

x



, Ta có : t3 t 2 0 

1 5

2
t   x 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0

5
3
1
y
y












  y1

Với y = 1  x2 7x7 1

1
6
x
x



  

 Là nghiệm của phương trình đã cho.

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 q 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: u2uvv2 0 (1) bằng cách

Xét v0 phương trình trở thành : 
2

u u

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

   

.
 uv mu2nv2

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

a) . Phương trình dạng : a A x.

 

b B x.

 

c A x B x

   

Như vậy phương trình Q x

 

 P x

 

có thể giải bằng phương pháp trên nếu:

 

   

 

.
P x A x B x
Q x aA x bB x

 




 




Xuất phát từ đẳng thức :









3 1 1 2 1

x   x x  x







 



4 2 1 4 2 2 1 2 2 1 2 1

x x   x  x   x  x  x x  x







4 1 2 2 1 2 2 1

x   x  x x  x



 



4 2 2

4x  1 2x  2x1 2x 2x1

Hãy tạo ra những phương trình vơ tỉ dạng trên ví dụ như:4x2 2 2x 4 x41

Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai

2 0

at bt c  giải “ nghiệm đẹp”

Bài 1. Giải phương trình :





2 3

2 x 2 5 x 1

HD: Đặt

2 3

1 ( 0) ; 1 ( )

2
u x u v x  x v

phương trình trở thành :



2 2



2 5 1

u v

u v uv

u v





  

 

 Tìm được:

5 37

2
x 

Bài 2. Giải phương trình :

2 3 1 3 4 2 1

x  x  x x 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

HD:Dễ thấy:







 



4 2 1 4 2 2 1 2 2 1 2 1

x x   x  x   x  x  x x  x

Ta viết











 



2 2 2 2

1 1 3 1 1

x x x x x x x x

          

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :











 



3 x x 1 6 x x 1 3 x x 1 x x 1

          

Đặt :

2 3 2 3

1 ; 1

4 4

ux  x u  vx  x v 

   

phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv  u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x.
Bài 3: Giải phương trình sau :2x25x 1 7 x3 1(*)

HD:Đk: x1

Nhận xét : Ta viết

















2 2

1 1 7 1 1

x x x x x x

        

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :

















3 x1 2 x x 1 7 x1 x  x 1

Đặt u x 1 0 , v x 2  x 1 0, ta được:

3 2 7 1

v u

u v uv

v u






  

 


Ta được :x 4 6

Bài 4. Giải phương trình :





3 3 2 2 2 6 0

x  x  x  x

HD:Nhận xét : Đặt y x2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và

y :

3 2 3 3 2 3

3 2 6 0 3 2 0

2
x y

x x y x x xy y

x y




         




Pt có nghiệm :x2, x 2 2 3

Bài 5:Giải phương trình: 10 x3 1 3



x2 2



HD:ĐK:x1

Pt 10 x1. x2  x 1 3(x2 2)

Đặt 2

( , 0)
1

u x

u v

v x x

  






  




Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) 



3u v u

 

 3v



0

3
3

u v

v u



  


Nếu u = 3v  x 1 3 x2  x 1 9x2 10x 8 0 (vô nghiệm)

Nếu v = 3u

2 1 3 1 2 10 8 0 5 33

5 33
x

x x x x x

x

  

          

 

 là nghiệm. 
b).Phương trình dạng : uv mu2nv2

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.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

HD:Ta đặt :





2 , 0;

1
u x

u v u v

v x

 


 



 



 khi đó phương trình trở thành : u3v u2 v2

hay: 2(u + v) - (u - v)=



u v u v

 





Bài 2.Giải phương trình sau : x22x 2x 1 3x24x1

HD:Đk
1
2
x

. Bình phương 2 vế ta có :



x2 2x





2x 1



x2 1



x2 2x





2x 1





x2 2x





2x 1



          

Ta có thể đặt :

2 1

u x x

v x

  



 

 khi đó ta có hệ :

1 5

u v

uv u v

u v

 





  

 





Do u v, 0.





1 5 1 5

2 2 1

2 2

u  v x  x  x

Bài 3. Giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x1

HD:Đk x5. Chuyển vế bình phương ta được:









2 2

2x  5x 2 5 x  x 20 x1

Nhận xét : Không tồn tại số  , để : 2x2 5x 2 



x2 x 20







x1



vậy ta không

thể đặt :

2 20

u x x

v x

   



 

 .

Nhưng may mắn ta có :







 







2 20 1 4 5 1 4 2 4 5

x  x x  x x x  x x  x

Ta viết lại phương trình:









2 2

2 x  4x 5 3 x4 5 (x  4x 5)(x4)

. Đến đây bài toán
được giải quyết .

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 .

Bài 1. Giải phương trình :





2 3 2 2 1 2 2 2

x   x  x  x 

HD:Đặt t  x22;t  2 , ta có :





2 2 3 3 0 3

1
t

t x t x

t x




      

 


Bài 2. Giải phương trình :



x1



x2 2x3x21
HD:Đặt : t  x2 2x3, t  2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

















2 2 2

2 3 1 2 1 0 1 2 1 0

1
t

x x x t x t x t x

t x


              
 


Bài 3:Giải phương trình:x2 3x 1



x3



x2 1
HD:Đặt t  x2 1;t1

Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0

 (t - x)(t - 3) = 0
3
t x
t


  


Nếu t = x  x2  1 x (Vô lý)
Nếu t = 3  x2   1 3 x2 2
Vậy:x2 2

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







 



3 3 3 3

a b c  a b c  a b b c c a   , Ta có







 



3 3 3 0

a b c  a b c   a b a c b c   

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

2 2

3 3

3 7x 1 x  x 8 x  8x 1 2
33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0

       

Bài 1. Giải phương trình :x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 5 x. 2 x

HD:ĐK:x2

Đặt

2 ; 0

3 ; 1

5 ; 3

u x u

v x v

w x w

   


  



  


 , ta có :



 





 





 



2
2
2
2
2
3 3
5 5

u v u w
u uv vw wu

v uv vw wu u v v w

w uv vw wu v w u w

   
    


       
 

     
  

  , giải hệ ta

được:

30 239

60 120

u  x

Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2 1 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x2

HD:Ta đặt :

2
2
2
2
2 1
3 2

2 2 3

a x

b x x

c x x

d x x

  

   


  


  


 , khi đó ta có : 2 2 2 2

2
a b c d

x

a b c d

  

 


  


Bài 3. Giải các phương trình sau : 4x25x 1 2 x2 x 1 9x 3

HD:Đặt





2
2

4 5 1

; 0
1

a x x

a b

b x x

   



  



Ta được hệ phương trình:

2 4 2 9 3

2 9 3

a b x

   



  

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0

2
1 2

a b



   


Nếu a = 2b

2 2 1

4 5 1 2 1

x x x x x

       

(thoả mãn)
Nếu a = 1 - 2b  4x2 5x  1 1 2 x2  x1 (*)

Ta có : VT(*) 0 (1)

VP(*) =

2 1 3

1 2 1 1 2 1 3 0

2 4

x x x 

           

  (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
3
x
Bài tập áp dụng:

Giải các phương trình sau :













3 4 3 2

4 4

4 1 1 1 1

x x  x   x   x x  x  x
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:

5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường

Đặt u

 

x v, 

 

x và tìm mối quan hệ giữa 

 

x và 

 

x từ đó tìm được hệ theo

u,v

Bài 1. Giải phương trình:





335 3 335 3 30

x  x x  x 

HD:Đặt y335 x3  x3y3 35

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3 3

( ) 30

35
xy x y

x y

 





 



 , giải hệ này ta tìm

được ( ; ) (2;3) (3;2)x y   . Tức là nghiệm của phương trình là x{2;3}

Bài 2. Giải phương trình:

4
4

1
2 1

x x

   

HD:Điều kiện: 0 x 2 1

Đặt

4
4

2 1

0 2 1,0 2 1

x u

u v

x v

   



      






Ta đưa về hệ phương trình sau:

4
4

2 4 4

1
1

2
2

2 1 2 1

u v

u v

u v v v



 

 

 

 



 

 

        

  




Giải phương trình thứ 2:

2 2

( 1) 0

2
v   v  

  , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm

của phương trình.

Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

HD:Điều kiện: x1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2
2

( )( 1) 0 1 0 1

a b

a b a b a b a b

b a

  



           



 




Vậy

11 17

1 1 5 1 1 5

2
x    x  x   x x 

Bài 4. Giải phương trình:

6 2 6 2 8

5 5

x x

 

 

 

HD:Điều kiện:  5 x5

Đặt u 5 x v,  5 y



0u v,  10



Khi đó ta được hệ phương trình:

2 2 10 ( ) 10 2

2 4

4 4 8 ( ) 1

2( )

3
3

u v uv

u v

u v
u v

uv
u v



     

 



   

  

      

 

   

Bài 5. Giải phương trình: 4

√629− x+4√77+x=8
HD:ĐK:77 x 629

Đặt
4
4

629

( ; 0)
77

u x

u v

v x

  






 




⇒u+v=8, u4+v4=706
Đặt t = uv

⇒t2−128t

+1695=0

t=15
t=113

⇔¿

Với t = 15 ⇒ x = 4
Với t = 113 ⇒ x = 548

Bài 6. Giải phương trình: x3 x2 1 x3 x2 2 3 (1)
HD:Với điều kiện: x3 x2  1 0  x3x2 2 0

Đặt

3 2

3 2
1
2

u x x

v x x

   




  



 Với v > u ≥ 0
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình

2 2

3 2
3 2

3 2

3 2
3
3

3 3 1

( )( ) 3 1 2

1 1
2 2
1 1
2 4
u v

v u

u v u v u

v u v u v u v

x x
x x
x x
x x

 




 



       



     

      

 



   


 

  




   

 

  

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

3 2
2

2
2 0

( 1)( 2 2) 0

1 ( 2 2 0 )

x x

x x x

x do x x x

   

    

     

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}

Bài 7. Giải phương trình:

√

1− x2=

(

3−√x

)

HD: Điều kiện:

2 1 1

1 0
0 1
0
0
x
x
x
x
x
     
   
 

 
 (*)

Với điều kiện (*),đặt u=√x ; v=2

3−√x , với u ≥ 0, v ≤
2
3

Ta có:

{

1− x2

=1−u4

(

23−√x

)

=v2
Do dó ta có hệ









4 4

4 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2
2 2
2 2
2 2
3 3
1
1

2
2
3
3

2 . 1 2 . 2 1

2 2

3 3

16 65

2 . . 0

2 . 2 . 1

9 81
9
2
3
8 194
.
18

u v u v

u v

u v
u v

u v u v u v u v u v

u v u v

u v u v

u v
u v
u v
 
   
 

 
     

 
 
 
 

   

         
 
 

 
   
 
 
   
 
       
  
  


 




 




 2
5
8 194
.
18

u v






 
 
 
 

 


⇒ u và v là nghiệm của phương trình
y2−2

3 y+

8−√194

18 =0(a)
y2−2

3y+

8+√194

18 =0(b)

 (b) vơ nghiệm
 (a) có 2 nghiệm

y1=

1−

√

97
2 −3
2 ; y2=

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Do đó:

{

u1=y1

v1=y2

∨

{

u2=y2

v2=y1

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

u=y2=

√

97
2 −3
3

⇒√x=

√

97
2 −3

3 ⇒√x=

(

√

97
2 −3

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1

(

√

2 −3

)

Bài 8. Giải phương trình: 4

√18+5x+√464−5x=4
HD:Với điều kiện

{

18+5x ≥0
64−5x ≥0⇔

{

x ≥ −18

5
x ≤64

⇔−18
5 ≤ x ≤

5 (*)

Đặt u=4√18+5x , v=√464−5x , với u ≥ 0, v ≥ 0
Suy ra

{

u4=18+5x

v4=64−5x

Phương trình đã cho tương đương với hệ:
u+v=4

uv¿2=82

¿
¿

(u2+v2)2−2¿

u+v=4
u4+v4=82

v ≥0, v ≥0

⇔¿
¿

Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:

{

S=4

(S2−2P)2−2P2=82
P≥0, S ≥0

⇒

{

S=4
p2−32P+87=0

P ≥0

⇔

{

P=3S∨=P4=29
P ≥0
(1) Với S = 4, P = 3

u và v là nghiệm của phương trình:

2 4 3 0 1

3
y

y y

y



    




Do đó ta có:

{

uv==13∨

{

u=3

v=1

Suy ra

4 4

18 5 1 18 5 3
64 5 3 64 5 1

x x

     

 



 

   

 

 

18 5 1 18 5 81
64 5 81 64 5 1

x x

   

 

   

   

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

⇔x=−17
5 ∨x=

5 thoả mãn (*)

(2) Với S = 4, P = 29 ⇒ khơng tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

2
17

5
63

5
x

x





 


5.2 Giải phương trình vơ tỉ bằng cách đưa về 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

Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :









1 2 (1)

1 2 (2)

x y

y x

   




  



 việc giải hệ này

thì đơn giản

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt yf x

 

sao cho (2) luôn đúng ,
2 1

y x  , khi đó ta có phương trình :



x1



2 ( x2 1) 1   x22x x2

Vậy để giải phương trình : x22x x2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :









x ay b

y ax b

 

   




  



 , ta sẽ xây dựng được

phương trình dạng sau : đặt y  ax b , khi đó ta có phương trình :



x 



2 a ax b b 

 

    

Tương tự cho bậc cao hơn :





n a n

x ax b b 

 

 

    

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :



x



n p a x bn ' '

     đặt y n ax b

    để đưa về hệ , chú ý về dấu của  ???

Việc chọn  ; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :



x



n p a x bn '  '

là chọn được.

Bài 1: Giải phương trình: x2 2x2 2x1

HD:Điều kiện:
1
2
x

Ta có phương trình được viết lại là: (x 1)2 1 2 2 x 1

Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau:

2
2

2 2( 1)

x x y

y y x

   




  




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

Cách 2: Đặt 2x 1 t a  2x 1t2 2at a 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:
2
2

2 2 2

x x t

t t x

   




  



Giải hệ này ta sẽ tìm được x.

Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5

HD:Điều kiện

5
4
x

Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 12x 2 2 4 x5  (2x 3)2 2 4x 5 11

Đặt 2y 3 4x5 ta được hệ phương trình sau:

2
2

(2 3) 4 5

( )( 1) 0

(2 3) 4 5

x y

x y x y

y x

   



    



  




Với x y 2x 3 4x5 x 2 3

Với x y  1 0  y 1 x 2x 1 4x5 (vô nghiệm)

Kết luận: Nghiệm của phương trình là x 2 3

Bài 3:Giải phương trình:x2  x5 5
HD:ĐK:x5

Pt  x2  5 x5 ; x  5 (*)
Đặt x5  t a x 5 t2 2at a 2

Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:

2
2

5
5

x t

t x

  




 


 từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =

4 9

( 0)

x
x




HD:Đặt

4 9
28
x

t a



  4 9 2 2 2

28
x

t at a



   

Chọn
1
2
a

ta được:

2 2

4 9 1 1

7 7

28 4 2

x

t t t t x



      

Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:
2

7 7

2
1

7 7

x x t

t t x



  





   



Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:

Giải phương trình:2x2 2x 1 4x1

PHƯƠNG PHÁP 4:PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:

1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:

Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 (a2b2)(x2y2)
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

a b
x y

 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

a) Với hai số a, b  0 thì ta có: 2

a b
ab



Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b

b) Với ba số a, b, c  0 thì ta có:

3
3
a b c

abc

 

Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b = c

c) Với bốn số a, b, c, d  0 thì ta có:

4
4

a b c d

abcd

  

Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a b = c = d

e) Với n số a1, a2,…, an  0 thì ta có:

1 2

1 2
...

. ....
n n

n

a a a

a a a
n

  


Dấu ‘‘=’’ xảy ra  a1 a2  ... an

3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x)  m

A m
MinA m

 

 

Dấu ''='' xảy ra  f(x) = 0

b/ A = M - g2(x)  M

ax
A M
M A M

 

 

Dấu ''='' xảy ra  g(x) = 0
4. Dùng hằng đẳng thức :

Từ những đánh giá bình phương : A2B2 0, ta xây dựng phương trình dạng

2 2 0

A B 

Từ phương trình



 



2 2

5x 1 2 x  9 5 x 2  x 1 0

ta khai triển ra có phương trình :





4x 12 x 1 4 x 5x 1 9 5 x
5. Dùng bất đẳng thức

Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:

(1)
(2)
A m
B m









nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt 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

1 2

1
x

x

  

 , dấu bằng

khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình:

1 2008 1 2008 1

x x x

x

     



Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :

 

( )
A f x
B f x

 






 khi đó :

 

A f x
A B

B f x

 

  





 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có

nhiều bài nghiệm là vơ tỉ việc đốn nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để
đánh giá được.

II-BÀI TẬP:

Bài 1. Giải phương trình :
2 2

1 x x

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

HD:Đk: x0

Ta có :





2 2

2 2 1

2 2 1 9

1 1

x

x x x

x

x x

 

      



      

     

  

   

     

Dấu bằng

2 2 1 1

1 1 x

x x

   

 

Bài 2. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2x4 16

HD:Đk:   1 x 1

Biến đổi pt ta có :





2 13 1 2 9 1 2 256

x  x  x 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:



13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x2





13 27 13 13





x2 3 3x2



40 16 10



x2



         

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:





2 2 16

10 16 10 64

2
x  x   

 

Dấu bằng

2
2

2 2

2
1

5
1

3 2

10 16 10

5
x

x
x

x

x x



   

 





  



   

 



Bài 3. Giải phương trình: x3` 3x2 8x40 8 4 4 x4 0

HD:Ta chứng minh : 8 44 x4  x 13 và x3 3x2 8x40 0 



x 3

 

2 x3



 x 13

Bài 4: Giải phương trình: 7 x x 5 x2  12x38
HD:Ta có :VT2=( 7 x x 5)2(1 + 1).(7- x + x - 5) = 4

Nên : 0 < VT  2

Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2  2

Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 5: Giải phương trình:  x2 3x 2 x 1 2
HD:ĐK:x



1; 2



(1)

PT  x2 3x 2  2 x1 (2)

Từ (2) ta có:

2 1 0

1 2

1 2
1 (3)

x
x
x
x

  

  

 

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1

Bài 6:Giải phương trình :

x 4x 1

2
x

4x 1



 


HD: Điều kiện

1
x

4


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

x 4x 1 x 4x 1

2 2

x x

4x 1 4x 1

 

   

  .

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

x 4x 1

x
4x 1





x 4x 1 0
(x 2) 3
x 2 3

   

  

  

Dấu “=” xảy ra  x 4x 1  x2 4x 1 0 

 x2 4x 4 3 0    (x 2) 2 3 x 2  3 x 2  3(Thoả mãn)

Vậy :x 2 3

Bài 7:Giải phương trình : x 1  5x 1  3x 2
HD: Cách 1. điều kiện x ≥ 1

Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1  5x 1  vế trái luôn âm

Vế phải: 3x 2 ≥ 1  vế phải ln dương
Vậy: phương trình đã cho vơ nghiệm

Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:

x 1  5x 1  3x 2

 x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)     
 2 7x 2 (5x 1)(3x 2)   

Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vơ nghiệm

Bài 8:Giải phương trình : 3x26x 7  5x210x 14 4 2x x    2 (1)

HD: Ta có (1) 

2 4 2 9 2

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

3 5

   

          

   

   



2 2 2

3(x 1) 4 5(x 1) 9 5 (x 1)  

Ta có: Vế trái ≥ 4 9 2 3 5   . Dấu “=” xảy ra  x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra  x = –1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1

Bài 9:Giải phương trình :

2
x 7

8 2x 2x 1
x 1



   


HD: điều kiện x ≥

1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình

– Nếu
1

x 2

2  : VT =

1 8 8 3

x 1

   

 . Mà: VP > 8 3
– Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3. VT < 8 3

x 2 x 1 2 1

6 6

1 1 3

x 1 2 1

    

   

 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Bài 10:Giải phương trình :

6 8

6
3 x  2 x 
HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =

2 là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng

minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x <
3
2:

6
2

3 x  và

4
2 x  

6 8

6
3 x  2 x  .

Tương tự với
3

2 < x < 2:

6 8

6
3 x  2 x 
Bài 11:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:





1 1 1 1 4 4

1.2 2.3 3.4 . 1 4 5

x

x x x

 

    

  

HD:ĐK:x4 (1)

Ta có:

1 1

1 4 5

x x

  

  

 4 x  x 4 (*)

Ta có: VP(*) = x 4 0  x4 (2)

Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.
III-BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài 1: Giải các phương trình sau :

1 2 1 2

x x

 

    

 

1 1

2 x 2 4 x

x x

 

       

 

4 4 4

2x  8 4 4x 4 x  4 16x4 5 6 43 x3x
3` 3 2 8 40 8 44 4 0

x  x  x  x  8 x3 64 x3 x4 8x2 28

     

4 x 41 x x 1 x 2 48

       x 3 5 x x28x18

Bài 2: Giải các phương trình sau :

1/ x - 2 + 6 - x = x - 8x + 242 2/ x 4 6 xx210x27
3/ 6 x x2x2 6x13 4/ 1 x 4x 3

5/ 2x 3 5 2 x 3x212x14 6/ x 2 10 x x2 12x40
PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng tốn khá quen thuộc.
Ta có 3 hướng áp dụng sau đây:

Hướng 1: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f x( )k
Bước 2: Xét hàm số yf x( )

Bước 3: Nhận xét:

 Với x x 0  f x( )f x( )0 k do đó x0 là nghiệm

 Với x x 0  f x( ) f x( )0 k do đó phương trình vơ nghiệm

 Với x x 0  f x( ) f x( )0 k do đó phương trình vơ nghiệm

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Hướng 2: Thực hiện theo các bước

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f x( )g x( )

Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f x( )và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và
xác định x0 sao cho f x( )0 g x( )0

Bước 3: Vậy x0là nghiệm duy nhất của phương trình.

Hướng 3: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f u( )f v( )

Bước 2: Xét hàm số yf x( ), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu

Bước 3: Khi đó f u( )f v( ) u v

Ví dụ: Giải phương trình :













2 2

2x1 2 4x 4x4 3 2x  9x 3 0

HD:pt

























2 2

2x 1 2 2x 1 3 3x 2 3x 3 f 2x 1 f 3x

             

Xét hàm số

 





2 3

f t t  t 

, là hàm đồng biến trên R, ta có

1
5
x

Ví Dụ 2: Giải phương trình: 3 x63 x23 x3 0
HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình

Đặt f x

 

3 x63 x23 x3

Với x1 x2  f x

 

1  f x

 

2 vậy hàm số f(x) đồng biến trên R.
Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài tập áp dụng:
Giải phương trình:

a) 4x 1 4x2  1 1 c) x 1 3  x x2 e) x 1 x2 3

b) x 1 x3 4x5 d) x  1 2x2x2 x3 f) 2x 1 x2 3 4 x

    

PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC 
Một số phương trình vơ tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình ln đưa

về được dạng tích



x x A x 0

  

0 ta có thể giải phương trình A x

 

0 hoặc chứng minh

 

A x  vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía

 

A x  vơ nghiệm

Bài 1:Giải phương trình: x x



2



 x x



1



2 x2 (1)
HD: C1: ĐK x2;x1

 

















 

2 2 2

1 2

2 2

1 2

x x x x

x

x x x x

x

x x x x

  

 

  



 

  

Nếu x 1 ta có





















 

1 2 3

2 2 1 2 3

1 2 2

x x x x

x x x

x x x x x




    



   



    

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Giải (3) ta tìm được x

Nếu x-2 ta có





















 

1 2 3

2 2 1 2 4

1 2 2

x x x x

x x x

x x x x x



   



   



    


Giải (4) ta tìm được x
C2: ĐK: x2;x1

Nếu x 1 ta chia cả hai vế cho x ta được:



x2







x 1



2 x
Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm được x

Nếu x-2 Đặt t = -x  t 2Thay vào phương trình ta được









 









 

2
2

2 1 2

t t t t t

t t t t t

        

    

Chia cả hai vế cho t ta được



t 2







t1



2 t
Bình phương hai vế tìm được t

Sau đó tìm ra x.

Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong C2 ta vận dụng kiến thức miền xác
định về ẩn của phương trình.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản hơn.

Bài 2 . Giải phương trình sau :





2 2 2 2

3x  5x 1 x  2  3 x  x 1  x  3x4

HD:

Ta nhận thấy :



 







2 2

3x  5x1  3x  3x 3 2 x 2



 







2 2 2 3 4 3 2

x   x  x  x

Ta có thể trục căn thức 2 vế :





2 2

2 4 3 6

2 3 4

3 5 1 3 1

x x

x x x

x x x x

  



   

    

Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .

Bài 3. Giải phương trình sau: x212 5 3  x x25

HD: Để phương trình có nghiệm thì :

2 12 2 5 3 5 0 5

3
x   x   x   x

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 :









2 2

4 4

12 4 3 6 5 3 3 2

12 4 5 3

2 1

2 3 0 2

12 4 5 3

x x

x x x x

x x

 

          

   

   

       

   

 

Dễ dàng chứng minh được : 2 2

2 2 5

3 0,

12 4 5 3

x x

x

x x

 

    

   

Bài 4. Giải phương trình :3 x2 1 x x3 1

HD :Đk x1

Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình

















2 3

2 3 2

3 3 9

1 2 3 2 5 3 1

2 5

1 2 1 4

x x x

x

x x x x

x

x x

 

  



 

            

 

   

 

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Ta chứng minh :









2
2

2 3 2 3 2

3 3

1 1 2

1 2 1 4 1 1 3

x x

x x x

 
   
      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3

Bài 5:Giải phương trình sau:

2 2
2 2
3 3
3 3
x x
x

x x x x

 

 

   

HD:ĐK:x2  3

Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:



x2 3





x x2 3





x2 3





x x2 3



3.x

       



x2 3





x2 3



3 3 3.x

    



 

3 2







3 2
0

3 3 2 3 27

x

x x x x




 
     
















2 4
2

4 3 2 4 4 3 4 4

0 ; 9 2 0
0

2 ( 3) 9 2 4( 3) 9 2

x x x

x

x x x x x x

   


 
   
     
 
 

Giải hệ trên ta tìm được x 2

Bài 6:Giải phương trình:





2
2
2

9
3 9 2

x
x
x
 
 
HD:ĐK:
9
2
0
x
x




 

Pt







 



2
2
2 2

2 3 9 2

3 9 2 3 9 2

x x
x
x x
 
  
   





2
2

2 18 2 6 9 2

9
4

x x x

x

  

  

 6 9 2 x 0

9
2
x
 
 là nghiệm

Bài tập vận dụng:

1) x x



 3



 x x



 4



2 x2



 





 







3 2 3 1 2 3

x x  x x  x

Tổng quát:

   

 

. .

f x g x f x h x f x

  

3)
3

3 1 1
3 10

x

x   

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>





2 2 2

1 2 2005 1 2 2005

1

2 ... 2005

2005

...

2 x





x





x





x



x



x

Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:





1 2

x y  z  x y z 
Bài 3: Giải các phương trình sau:

1 2 3 2

x  x  3(x2 x1) ( x x1)2 √3 x −2−√32x −2=−1

√x −2+√x+1=3 x2  x5 5

(x+2)(x+4)+5(x+2).

√

x+4
x+2=6

2 48 4 3 2 35

x   x  x 



x 3 4

 

 x



 9 x

√

5− x6−

√

33x4−2=1

2 3

2(x 2) 5 x 1 x 17 x2 x. 17 x2 9 2 1 2 1 1
2
x   x x  x 

4 3 10 3  x  x 2

√

√3− x=x.

√

√3+x x2  x 1 x x 2  1 x2  x2

√27 .x10−5x6+√5 864=0 3x2 2x 2 x2 x 1 x

    

√

x2+24+1=3x+

√

x2+8
Bài 4: Giải các phương trình sau:

√

25− x2−

√

10− x2

=3 x2 4x 5 x2 4x 8 x2 4x 9 3 5

         





. 7



5 .



7 5

x x x x

x x

    



  



 







3 1 4 3 3 0

3
x

x x x

x



     





x3 10



 x2 x2 x12 x29x20 2 3 x10
2x 3 x x24x 5 2 2x3
3x2

+3x −2

√

x2+x=1 x 5 1  4x 20 1
37 x 1 x 2 3x2 5 3x2 5x 12 48 5x

    

1 1

4 6 0

x x

 

    

   

   

2 2

5 1

5 3 3 1

x x

  

 

5 1

4 20 3 9 45 4

9 3

x

x    x  52 52 4

5 5

x x   x x  

2 2

2 2 2 2

x x

 

 

   





. 7



5 .



7 5

x x x x

x x

    



  

4 4 2 9 9 4

x   x  x =

√

√3− x

√3+x .

x4 + x22005 2005 . a b 1 x  1 a b 1 x

(a , b > 0)

2 5 4 5 2 5 28 0

x  x  x  x  64x6 - 112x4 + 56x2 - 7 = 2 1 x2 .

Bài 5: Ký hiệu [x] là phần nguyên của x
Giải phương trình sau:

3 3

31 3 2 ...  x 1 855
      

     

Bài 6:Cho phương trình:x2.6x 6 x2 x2.6 x 62x

  

Gọi tổng các nghiệm của phương trình là S,tính S15 .

Bài 7:Giải phương trình nghiệm ngun sau:

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Bài 8:Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

1 1 1225

74 2 1 771.

2 1 771 x y z

x  y  z       

Bài 9:Giải các phương trình sau :

2 2

5x  14x 9 x  x 20 5 x1 36x 1 8x3 4x 1

1 1 1

2x x 1 3 x

x x x



     15



30 2 4



2004



30060 1 1



2 x  x  x 



4x 1



x3 1 2x3 2x 1

     4x2 4x 10 8x2 6x 10



 



3 2x  1 1 x 1 3 x8 2x 1 x2 x 12 x 1 36





2 3 2





3 3

2 1x 3 1 x  1 x 0 2008x2 4x 3 2007 4x 3

(2004 )(1 1 )

x  x   x (x3 x2)(x9 x18) 168 x

3 2 4

1 1 1 1

x  x x    x x  4 2 x416 2 4



 x2



16 2  x9x216

3 2
4

4 x 1 x 1 x x

     4x23x 3 4x x 3 2 2x1

2 2

2x 16x18 x  1 2 x4 12 x2 x1 3 x9

2 3

3 x 1 3x 2 3x 2

     2x211x21 3 4 3 x 4 0



 





 



2 2 x 5 x  x 2 x 10 x 3 x24 x 1 2 x 3

4x 5 3x 1 2x7 x3 x2 3x 1



x 3



x2 1

    

3
3 x 1 3 x 1 x 2

    3 x 3 x 1 2x1





3 1 2 2 2 2

x   x x  x

2 3 3 2

3 1

x x

x

 

  



Bài 10: Giải phương trình:

a) x2 x22x 8 12 2 x b) 2x2  5 2x23x9 3x 3

c) x2 4x 6 2x2 8x12 d) 3x215x2 x25x 1 2

e) (x4)(x1) 3 x25x2 6 f) 2x25x2 2 2 x25x 6 1

g) x23x2 2 2 x26x2  2 h) x2 x211 31

Bài 11: Giải phương trình:









3 2 2

1 2 1

x   x x  x









3 3

2 2

1 1 x  1 x  1x   2 1 x

 

 

35
12
1
x
x

x

 





 







3 1 4 3 3

3
x

x x x

x



    



2 2

1 x 2x 1 x  2x  1 0 64x6 112x456x2 7 2 1  x2

Bài 12: Cho phương trình: 1x 8 x



1x

 

8 x



m
a) Giải phương trình với m = 3

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

c) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất

Bài 13: Cho phương trình: 2

1 1

1 m

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

a) Giải phương trình với

2
2

3
m 

b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 14: Cho phương trình:





2 2

2 x  2x  x  2x 3 m0
a) Giải phương trình với m = 9

b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 15:Giải các phương trình nghiệm ngun sau:

y = x2 x 1 x 2 x 1 x x x x y

2 1 9 2 4

y    x  x y x x 2 2 x1

2 2 1 2 1

y  x x  x x y x1 2 x 2  x 2 4 x 2
Bài 16: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

...

x x x  x y nếu:

a/ Vế trái có 100 dấu căn.
b/ Vế trái có n dấu căn.

Bài 17:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

4 4 ... 4 4 5

x x x  x x x

(Vế trái có 100 dấu căn).

Bài 18:Tìm các số hữu tỉ a và b thoả mãn:

3 2

7 20 3

3 3

a b  a b  

Bài 19:Cho hai số x , y thoả mãn:







2 4 2 4 4

x   x y   y 

. Tính x + y
Bài 20:Giải phương trình:32x 1 3 x 1

Bài 21:Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện:

2 2 2 3

1 1 1

2
x  y y  z z  x 

Chứng minh rằng:

2 2 2 3

2
x y z 

Bài 22:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a b c  a b c 
Chứng minh rằng:2010a2010b 2010c 2010a b c 

Bài 23:Giải phương trình nghiệm nguyên: 4y2  2 199 x2  2x
Bài 24:Tìm các số hữu tỉ a và b biết: a 7  b 7  11 7 28

Bài 25:Giải phương trình:

2
2
1

1
1 2

x x

x

 



Bài 26:Tìm các số nguyên k thoả mãn:





2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 2009 1

1 1 ... 1

2009

1 2 2 3 k k 1



         


Bài 27:Giải phương trình:

1/ 8 x 3  5 x 3 5
2/ x x 2  x x 2  x 1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

4/ 2x2 1 x2 3x 2  2x22x 3 x2 x2

5/ x 1 4x 4 9x 9 ... 100x100 165
6/

1 1 1

3 2 2 1 1

x  x  x  x  x  x 

2 2

2 1 2 5 1 25 125

9 45 16 80 3 9

12 16 4 9

x x

x   x      

8/ x712671620 52408 x26022004  x712619213 56406 x26022004 1
9/ 2009 2010 x2  x 1 20 2009 2010 x2 x 1

10/ (x5)(2 x) 3 x23x

Bài 28:Giải các phương trình sau:

2 2

15x 2x  5 2x 15x11 (x5)(2 x) 3 x23x

(1x)(2 x) 1 2  x 2x x 17 x2 x 17 x2 9

3x 2 x 1 4 x 9 2 3 x  5x2 x2 x211 31

2 2 2

2 (1n x) 3 1n  x n(1 x) 0 x (2004 x)(1 1 x)2

   

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30></div>

Cac phuong phap giai phuong trinh vo ti

<b>LỜI NĨI ĐẦU</b>

<b>CHUN ĐỀ :</b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ</b>

























<sub>√</sub>





√

√

√

√

 

















 

 

   

 

 

   

 

 

 

   

 

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>







 











 

















 













 









