Chuyen de Phuong phap giai phuong trinh vo ty

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. LỜI NÓI ĐẦU: Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vô tỷ. Trong những năm gần đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện ở câu II trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỷ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong bài tập lớn này, tôi xin trình bày “một số phương pháp giải phương trình vô tỷ”, mỗi phương pháp đều có bài tập minh họa được giải rõ ràng, dễ hiểu; sau mỗi phương pháp đều có bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành giải toán và nắm vững cái cốt lõi của mỗi phương pháp. Hy vọng nó sẽ góp phần giúp cho học sinh có thêm những kĩ năng cần thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình nói chung.. Page 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU: Giải phương trình: 1 . 2 x  x 2  x  1  x (*) 3. (ĐHQG HN, khối A-2000) Giải: Điều kiện: 0  x  1.  Cách 1: 2. 2  2  (*)  1  x  x2   x  1  x  3  4 4  1 x  x 2  ( x  x 2 )  1  2 x(1  x ) 3 9. . .  4( x  x 2 )  6 x  x 2  0  2 x  x 2 (2 x  x 2  3)  0  x  x2  0   x  x2  3  2 2 x  x  0  2  x  x  9  0( PTVN ) 4  x  0 (thỏa điều kiện)  x  1 . Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 ..  Cách 2: Nhận xét:. x  x 2 được biểu diễn qua. . 2. x  1 x. . x và 1  x nhờ vào đẳng thức:. =1+2 x  x 2 .. Đặt t  x  1  x (t  0) . t 2 1  x x  . 2 2. Phương trình (*) trở thành: t  1 t2 1  t  t 2  3t  2  0   3 t  2 Với t  1 ta có phương trình: 1. x  0 (thỏa điều kiện). x  1  x  1  2 x  x 2  0  x  x2  0   x  1  Với t  2 ta có phương trình:. Page 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 9 9  x 2  x   0( PTVN ) . 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 . x  1  x  2  2 x  x2  3  x  x2 .  Cách 3: Nhận xét:. x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể. 2.  x . 1 x. . 2. 1 x. . 2.  1.. (*)  2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3. . .  1  x 2 x  3  3 x  3 (1) . 9 không thỏa mãn phương trình (1). 4 3 x 3 (2) . Do đó, (1)  1  x  2 x 3 3t  3 Đặt t  x (t  0), (2)  1  x  . 2t  3 x. Ta có:. 2.  x . 1 x. . 2. 1. 2.  3t  3  t   1  2t  3   t 2 (4t 2  12t  9)  9t 2  18t  9  4t 2  12t  9  4t 4  12t 3  14t 2  6t  0  t (2t 3  6t 2  7t  3)  0 2.  t (t  1)(2t 2  4t  3)  0 t  0 .  t  1. Với t  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện). Với t  1 ta có x  1  x  1 (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 ..  Cách 4: Nhận xét:. x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể. 2.  x . Đặt a  x (a  0); b  1  x (b  0) . Ta có hệ phương trình:  2 3  2ab  3(a  b) 2ab  3(a  b)  3 1  ab  a  b     3 2 2 (a  b)  2ab  1 (a  b)  3(a  b)  2  0 a 2  b 2  1 . Page 3.  1..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.  a  b  1  2ab  3(a  b)  3  ab  0   a  b  1   a  b  2   a  b  2  ab  3   2.  a  1  b  0 2 .  a, b là 2 nghiệm của phương trình X  X  0    a  0   b  1 a  b  2 3  2 (Trường hợp  3 loại vì 2  4.  0 ). 2 ab  2 a  1  x  1  x  1 (thỏa điều kiện). Với  ta có  b  0  1  x  0 a  0  x  0  x  0 (thỏa điều kiện). ta có  Với  b  1  1  x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 ..  Cách 5: Nhận xét: Từ Đặt. 2.  x . x  sin a, 0  a . 1 x.  2. . 2.  1 , ta nghĩ đến đẳng thức: sin 2 a  cos2 a  1 .. .. 2 3  3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a (vì cos a  0). Phương trình (*) trở thành: 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a  (sin a  cos a )2  3(sin a  cos a)  2  0 sin a  cos a  1    sin a  cos a  1  2 sin( a  )  1 4 sin a  cos a  2     a  4  4  k 2  1  sin(a  )   ( k  ) 4 2  a    3  k 2  4 4 a k a  2   0     k  (   )    (vì 0  a  )  a   k 2 a  2  2  2 Với a  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện).. Page 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Với a  1 ta có x  1  x  1 (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 . Qua bài toán mở đầu, ta thấy có nhiều cách khác nhau để giải một phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, các cách đó đều dựa trên cơ sở là phá bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.  Một số phép biến đổi tương đương:  Cộng, trừ hai vế của phương trình với cùng biểu thức mà không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình.  Nhân, chia hai vế của phương trình với cùng biểu thức khác 0 mà không làm thay đổi điều kiện của phương trình.  Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình.  Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của phương trình cùng dương. 1. Lũy thừa hai vế của phương trình:  2 k 1 f ( x)  g ( x )  f ( x )  g 2 k 1 ( x) .   .  g ( x)  0 . f ( x )  g ( x)   2k f ( x )  g ( x )  2 k 1 f ( x )  2 k 1 g ( x )  f ( x )  g ( x ) .. 2k. 2k.  g ( x)  0 . f ( x)  2 k g ( x )    f ( x )  g ( x).  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A  B  C  D , ta thường bình phương 2 vế, điều đó nhiều khi cũng sẽ gặp khó khăn.  Với phương trình dạng: 3 A  3 B  3 C và ta thường lập phương hai vế để đưa phương trình về dạng: A  B  3 3 A.B 3 A  3 B  C và ta sử dụng. . . phép thế : 3 A  3 B  3 C ta được phương trình hệ quả: A  B  3 3 A.B.C  C Bài 1: Giải phương trình: Giải: Điều kiện: x  1 .. x  1  x  10  x  2  x  5 (*). Page 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. (*)  2 x  11  2 x 2  11x  10  2 x  7  2 x 2  7 x  10  2  x 2  11x  10  x 2  7 x  10  x 2  11x  14  4 x 2  11x  10  x 2  7 x  10  x 2  11x  10   x  1  x  1  0  x  1  2   x  1 (thỏa điều kiện). 2 9 x   9  x  11x  10  x  2 x  1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .. Bài 2: Giải phương trình: Giải:. 3. x  1  3 x  2  3 x  3  0 (*). (*)  3 x  1  3 x  2   3 x  3  2 x  3  3 3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)   x  3  x  2  3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)  0. . .  x  2  3 ( x  1)( x  2)  3 x  3  0  3 ( x  1)( x  2)( x  3)  x  2.  x 3  6 x 2  11x  6  x 3  6 x 2  12 x  8  x  2 Thử lại, x  2 thỏa mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: x  2 .. Bài 3: Giải phương trình: x  3  3x  1  2 x  2 x  2 Giải: Điều kiện: x  0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1   x  3 3 x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :. 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  2( x  1)2  0  x  1 Thử lại, x  1 thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 ..  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x . Page 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 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 hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài 4: Giải phương trình :. x3  1  x  1  x2  x  1  x  3 x 3. (1). Giải: Điều kiện : x  1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? Ta có nhận xét :. x3  1 . x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời giải x 3. như sau :. x3  1  x  3  x2  x  1  x  1 x 3 Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả: x  1 3 x3  1  x2  x  1  x 2  2 x  2  0   x3  x  1  3 Thử lại : x  1  3, x  1  3 là nghiệm của phương trình. (1) .  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 phương trình về dạng:. f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 . 2. 3x  1  x  4  1 . 3. 1  x  6  x  5  2 x .. 4. x  x  11  x  x  11  4 . 5. 3 12  x  3 14  x  2 . 6. 3 x  1  3 x  2  3 2 x  1 .. 2. Trục căn thức: 2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 . Như vậy, phương trình luôn đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình. Page 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 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 giá A  x   0 vô nghiệm.. Bài 1: Giải phương trình:. 3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 Giải: x   2 Điều kiện:  1  5 .  x  2. Ta nhận thấy :  3x 2  5 x  1   3 x 2  3 x  3  2  x  2  và. x. 2.  2   x 2  3x  4   3  x  2 .. pt  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4. . 2( x  2) 3x  5 x  1  3  x  x  1 2. 2. 3( x  2). . x 2  2  x 2  3x  4. ..   3 2    0.  ( x  2)  2 2  x 2  2  x 2  3 x  4  3 x  5 x  1  3  x  x  1     x  2 (thỏa).. Dễ dàng chứng minh được phương trình 3 x 2  2  x 2  3x  4. . 2 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1.  0 vô nghiệm vì. 1  5  VT  0, x  ;  2    ;   .  2  Vậy x  2 là nghiệm của phương trình.. . Bài 2: Giải phương trình: Giải:. x 2  12  5  3x  x 2  5. 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 : Để phương trình có nghiệm thì :. x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x . pt  x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3. Page 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. x2  4. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. x2  4.  3 x  2   x 2  12  4 x2  5  3   x2 x2   x  2    3  0 2 x2  5  3   x  12  4 x2 5 x2 x2 Dễ dàng chứng minh được :   3  0, x  . 3 x 2  12  4 x2  5  3 Vậy x  2 là nghiệm của phương trình. . Bài 3: Giải phương trình : 3 x 2  1  x  x3  2 Giải: Điều kiện: x  3 2 Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:. pt  3 x 2  1  2  x  3  x3  2  5   2 x 3    x  3  x  3 x  9    x  3 1   2 2 3 2 3 x3  2  5  x  1  2 x  1  4     x 3 x2  3x  9    ( x  3) 1   0 2 3 2 3 2 3  2  5 x  x  1  2 x  1  4   x  3  x 2  3x  9 x3 (*)  1   3 2 x  2  5  3 x2  1  2 3 x2 1  4    Phương trình (*) vô nghiệm vì: x 2  3x  9 x3 x 3 1  1  2  2 2 3 2 3 2 3 x2 1 x3  2  5  2 x  1  4 x  1  1 3  . . . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 . 2.2. Đưa về “hệ tạm”: Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :. Page 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. A B C A B. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.  A  B  C  2 A  C  A  B   , khi đó ta có hệ:     A B . Bài 1: Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4 Giải: Ta thấy:  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4  Phương trình đã cho có nghiệm  x  4  0  x  4 x  4 không phải là nghiệm của phương trình. Xét x  4 trục căn thức ta có : 2x  8  x  4  2 x2  x  9  2 x2  x  1  2 2 2 2x  x  9  2 x  x  1 Ta có hệ phương trình: x  0  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2 2  2 2x  x  9  x  6    2 2 x  8  2 x  x  9  2 x  x  1  x  4 7  8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x= . 7 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau : 1. x 2  3 x  1   x  3  x 2  1. 4  3 10  3 x  x  2. 2. 3.. 3. 2. x  4  x 1  2x  3. 6.. 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4. 7.. x 2  15  3 x  2  x 2  8. 8. 2. 3. 4. x 2  1  3x 3  2  3 x  2 5. 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0.  2  x  5  x   x   2  x 10  x . 2.3. Phương trình biến đổi về tích: 2.3.1 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 : 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3 x  2 Giải: PT  3 x  1  3 x  2  1  3 x  1. 3 x  2 x  0  3 x 1 1 3 x  2 1  0    x  1. . . . Page 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 . Bài 2: Giải phương trình : 3 x  1  3 x 2  3 x  3 x 2  x Giải:  x  0 , không phải là nghiệm.  x  0 , ta chia hai vế cho 3 x : x 1 3 PT  3  x  1 3 x 1 x 3 x 1  x 1  3  3  1 x  1  0   x  1  x 1 x 3  1    x Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .. . . Bài 3: Giải phương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 Giải: Điều kiện: x  1 PT  x  3  2 x x  1  2 x  ( x  3)( x  1) . . x  3  2x. .  x  3  2x x 1 1  0    x  1  1. .  x  0 x 1   4 x 2  x  3  0   (thỏa). x  0  x 1  1  Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 . 4x Bài 4: Giải phương trình : x  3  4 x x3 Giải: Điều kiện: x  0 2. Chia cả hai vế cho.  4x 4x 4x  x  3 ta được: 1  2  1   0 x3 x 3 x3  . 4x  1  4 x  x  3  x  1 (thỏa). x3 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . . 2.3.2 Dùng hằng đẳng thức: Biến đổi phương trình về dạng : Ak  B k. Page 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 3x  x Bài 1: Giải phương trình : Giải: Điều kiện: 0  x  3 Khi đó pt đã cho tương đương:. 3x. 3. 3 1  10 10  1  x  3x  x  3  0   x  x (thỏa).   3 3 3 3  3 10  1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 3 Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4 Giải: Điều kiện: x  3  x  3  1  3x 2 Phương trình đã cho tương đương : 1  3  x  9 x 2    x  3  1  3 x 1   x   3  2 x  1  9 x  7 x  2  0 (thỏa)    x  5  97 1    x   18  3  2  9 x  5 x  2  0 5  97 . Vậy nghiệm của phương trình là: x  1; x  18 3. 2. . . Bài 3: Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2 . 2. Giải:. PT . . 3. x  2  3 3x. . 3.  0  3 x  2  3 3 x  x  2  3x  x  1 .. Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình vô 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 và quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn ”. Bài 1: Giải phương trình: Giải:. x  x2 1  x  x2 1  2. Page 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Điều kiện: x  1 Nhận xét: x  x 2  1. x  x 2  1  1 Đặt t  x  x 2  1(t  0) thì phương trình trở thành: 1 t   2  t 2  2t  1  0  (t  1)2  0  t  1 t Với t  1 ta có phương trình: x  x 2  1  1  x 2  1  x  1  2 x  2  x  1 (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . Bài 2: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5 Giải: 5 Điều kiện: x   4 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 2 2  (t  2t  7)(t  2t  11)  0.  t  1  2 2 t  1  2 2   (vì t  0 ). t  1  2 3 t  1  2 3 Với t  1  2 2 ta có: 4 x  5  1  2 2  4 x  4(1  2)  x  1  2 Với t  1  2 3 ta có:. 4 x  5  1  2 3  4 x  4(2  3)  x  2  3. Vậy nghiệm của phương trình là: x  1  2; 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 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: x  5  x  1  6 Điều kiện: 1  x  6 Đặt y  x  1(0  y  5) thì phương trình đã cho trở thành:. y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0. Page 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.  1  21 y  1  17 2  y ( vì 0  y  5 ) 2  1  17 y   2 1  17 1  17 11  17 Với y   x ta có phương trình x  1  (thỏa) 2 2 2 11  17 . Vậy nghiệm của phương trình là: x  2. . . Bài 4: Giải phương trình: x  2004  x 1  1  x. . 2. Giải: Điều kiện: 0  x  1 Đặt y  1  x ( 0  y  1 ) phương trình trở thành: (1  y 2 ) 2  (2005  y 2 )(1  y )2  (1  y ) 2 (1  y ) 2  (2005  y 2 )(1  y ) 2 y 1 2 2  y  1 ( vì 0  y  1 )  2(1  y ) ( y  y  1002)  0    y  1  4009  2. Với y  1 ta có phương trình 1  x  1  x  0 Vậy nghiệm của phương trình là: x  0 . 1 Bài 5: Giải phương trình: x 2  2 x x   3 x  1 x Giải: Điều kiện: 1  x  0 Chia cả hai vế cho x ta được phương trình: 1 1 1 1 x  2 x   3   x   2 x   3  0 (*) x x x x 1 Đặt t  x  (t  0) phương trình (*) trở thành: x t  1 t 2  2t  3  0    t 1   t 3  Với t  1 ta có phương trình  1 5 x  1 2  x  1 5 . x   1  x2  x  1  0   2 x  1 5 x   2. Page 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Vậy nghiệm của phương trình là: x . NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 1 5 . 2. Bài 6: Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1 Giải: x  0 không phải là nghiệm của phương trình. 1 1  Chia cả hai vế cho x ta được:  x    3 x   2 (*) x x . 1 phương trình (*) trở thành : t 3  t  2  0  t  1 . x 1 1 5 Với t  1 ta có phương trình 3 x   1  x 2  x  1  0  x  . x 2 Đặt t= 3 x . Vậy nghiệm của phương trình là x . 1 5 . 2. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11. 7. 2 n (1  x) 2  3 n 1  x 2  n (1  x) 2  0. 2. ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x. 8. x  (2004  x )(1  1  x )2. 3.. (1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2. 9. ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x. 4. x  17  x 2  x 17  x 2  9 5.. 10. 3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2. 1  x2  2 3 1  x2  3. 6. x 2  x 2  11  31 Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi 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   uv   v 2  0 (1) bằng cách 2. u u  Xét v  0 phương trình trở thành :          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    u   v  mu 2  nv 2. Page 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . 2.1. Phương trình dạng : a. A  x   bB  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  Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ: 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  2x  1 x2  2x  1. 4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1 Bài 1: Giải phương trình : 2  x 2  2   5 x3  1 Giải: Điều kiện: x  1 Đặt u  x  1, v  x 2  x  1. u  2v Phương trình trở thành: 2  u  v   5uv   1 u  v 2  2. 2. * Với u  2v ta có phương trình x  1  2 x 2  x  1  4 x 2  5 x  3  0( PTVN ) . 1 * Với u  v ta có phương trình 2  5  37 x  1 2 2 x 1  x  x  1  x2  5x  3  0   (thỏa). 2  5  37 x   2 5  37 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 2 Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1 Giải: Điều kiện: x  1 Nhận xét: Ta viết   x  1   x 2  x  1  7. . .  x  1  x 2  x  1. Đồng nhất ta được 3  x  1  2  x  x  1  7.  x  1  x 2  x  1. Page 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Đặt u  x  1  0 , v  x 2  x  1  0 , ta được phương trình:. v  9u 3u  2v  7 uv   v  1 u  4 Với v  9u ta có phương trình x 2  x  1  9( x  1)  x 2  8 x  10  0  x  4  6 . 1 4. 1 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  4  6 .. Với v  u ta có phương trình x 2  x  1  ( x  1)  4 x 2  3 x  5  0( PTVN ) .. Bài 3: Giải phương trình : x 3  3 x 2  2.  x  2. 3.  6x  0. Giải: Nhận xét: Đặt y  x  2 phương trình trở thành thuần nhất bậc 3 đối với x và y x  y x 3  3 x 2  2 y 3  6 x  0  x 3  3 xy 2  2 y 3  0    x  2 y x  0  x  2. x2  x   2   2  0 x x  x  0 x Với x  2 y ta có phương trình x  2     2  x  22 3 . 2  x  4x  8  0. Với x  y ta có phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  2  2 3 . 2.2 Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng 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: u  x 2 (u  0) Ta đặt :  khi đó phương trình trở thành : 2 v  x  1 ( v  0)  v  0 2 2 2 2 2 u  3v  u  v  (u  3v)  u  v  2v(5v  3u )  0   .  v   3 u (loại)  5 2 Với v  0 ta có phương trình x  1  0  x  1 . Vậy nghiệm của phương trình là x  1 Bài 2: Giải phương trình : Giải:. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1. Page 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 1 . 2 Bình phương 2 vế ta có :. Điều kiện: x . x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1   x 2  2 x    2 x  1 (*). u  x 2  2 x khi đó (*) trở thành : Ta có thể đặt :  v  2 x  1  1 5 v (loại) u  2 2 2 uv  u  v    1 5 v u  2  1 5 v ta có phương trình 2 1 5 x2  2x   2 x  1  2 x2  (2  2 5) x  1  5  0 (PTVN). 2. Với u . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3: Giải phương trình : Giải: Điều kiện: x  5 .. 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1. Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  2  5. x. 2.  x  20   x  1. Nhận xét : Không tồn tại số  ,  để : 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1. u  x 2  x  20 vậy ta không thể đặt  . v  x  1 Nhưng may mắn ta có :  x2  x  20   x  1   x  4  x  5 x  1   x  4   x 2  4 x  5 Ta viết lại phương trình: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) (*). Đến đây bài toán được giải quyết . u  v u  x 2  4 x  5 Đặt  , khi đó phương trình (*) trở thành: 2u  3v  5 uv   9 . u  v v  x  4   4. Page 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. - Với u  v ta có phương trình  5  61 x  2 x 2  4 x  5  x  4  x 2  5x  9  0   .  5  61 (loại) x   2 9 - Với u  v ta có phương trình 4 x  8 9 2 2 . x  4 x  5  ( x  4)  4 x  25 x  56  0     x  7 (loại) 4  4 5  61 . Vậy nghiệm của phương trình là x  8; x  2. 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng: f ( x).Q( x )  f ( x )  P ( x ). x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho. Đặt f ( x)  t , t  0 . Phương trình đã cho trở thành t 2  t.Q( x)  P( x)  0 . Sau đó, giải t theo x rồi thay vào giải phương trình f ( x )  t và đưa ra kết luận.. . . Bài 1: Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 (*) Giải: Đặt t  x 2  2 phương trình (*) trở thành : t  3 t 2   2  x  t  3  3x  0   . t  x  1 x2  2  3  x2  7  x   7 . x  1 Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2  x  1    x.  2 x  1. Với t  3 ta có phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là x   7 . Bài 2: Giải phương trình :  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 Giải: Đặt t  x 2  2 x  3, t  2 Khi đó phương trình trở thành :  x  1 t  x 2  1  x 2  1   x  1 t  0. Page 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có  là một số chính phương: 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 x2  2 x  3  2  x 2  2 x  1  0  x  1  2 . x  1 Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2 x  3  x  1    x . 0 x  2. Với t  2 ta có phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là x  1  2 .. . 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: 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2 Giải: Điều kiện: 1  x  1 . Nhận xét: Đặt t  1  x , phương trình trở thành: 4 1  x  1  3 x  2t  t 1  x (1) Từ đó x  1  t 2 thay vào (1) ta được phương trình: 3t 2  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. . 2.  48. . . x  1  1 không có dạng bình phương .. Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo. . 2.  . 1 x ,. 1 x. . 2. Cụ thể như sau : 3 x  1   1  x   2 1  x  thay vào pt (1) ta được: 4 x  1  t 2  2(1  x)  2t  t 1  x  t 2  (2  1  x )t  4 1  x  2(1  x)  0 (*)   (3 1  x  2) 2. t  2 1  x (*)   . t  2  1  x 1  x  1 3 .  x 5 x   3 5 . Với t  2 1  x ta có phương trình 1  x  2 1  x   Với t  2  1  x ta có phương trình. 1  x  1  x  2  2  2 (1  x)(1  x )  4  1  x 2  1  x  0 . 3 Vậy nghiệm của phương trình là x  ; x  0 . 5. Page 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Bài 4: Giải phương trình: 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 (1) Giải: Điều kiện: x  2 (1)  4(2 x  4)  16 2(4  x 2 )  16(2  x )  9 x 2  16  8(4  x 2 )  16 2(4  x 2 )  x 2  8 x. Đặt t  2(4  x 2 ); t  0 x  t1   2 Phương trình trở thành 4t 2  16t  x 2  8 x  0   . t   x  4  2 2 Vì x  2 nên t2  0 không thỏa điều kiện t  0 . x  0 4 2 x (thỏa đk x  2 ).  x 2 2 2 3 8(4  x )  x 4 2 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 3. Với t . x thì 2. 2(4  x 2 ) . 4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình: 4.1 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: x 3 25  x3 x  3 25  x 3  30 Giải: Đặt y  3 35  x 3  x 3  y 3  35  xy ( x  y )  30 Khi đó ta có hệ phương trình:  3 3  x  y  35 Giải hệ này ta được nghiệm ( x; y )  (2;3);( x; y )  (3;2) . Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  3 . Bài 2: Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 Giải: Điều kiện: x  1 Đặt a  x  1, b  5  x  1( a  0, b  0) ta được hệ phương trình:. a 2  b  5 (1) .  2 b  a  5 (2). Page 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Lấy (1)-(2) vế theo vế ta được phương trình: a  b  1 (a  b)(a  b  1)  0    a  b (loại) Với a  b  1 ta có. 11  17  x  5 x 1 1  5  x 1  x 1  5  x   2 x . 2  x  11x  26  0 Vậy nghiệm của phương trình là x . 11  17 . 2. 4.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I: Bài 1: Giải phương trình: 2  x  3  x  1  (2  x )(3  x ) Giải: Điều kiện: 2  x  3 . Đặt a  2  x (a  0); b  3  x (b  0) . Ta có hệ phương trình: a  b  1  ab a  b  1  ab a  b  1  ab    2 2 2 2 a  b  5 (a  b)  2ab  5 (1  ab)  2ab  5  a  b  1  ab a  b  1  ab a  b  3      2 ab  2 ab  2 (ab)  4.  a  1  b  2 .  a, b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X 2  3 X  2  0   a  2   b  1     a  2 ta có  Với  b  1  a  1 ta có b  2. Với . 2 x 1.  x  1 .. 3 x  2 2 x  2.  x  2.. 3 x 1. Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  2 . Bài 2: Giải phương trình: 4 x  4 17  x  3 Giải: Điều kiện: 0  x  17 . Đặt a  4 x (a  0); b  4 17  x (b  0) .. Page 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Ta có hệ phương trình   (a  b)2  2ab  2  2(ab) 2  17 a 4  b 4  17 (a 2  b 2 ) 2  2a 2b 2  17      a  b  3 a  b  3   a  b  3 (9  2ab) 2  2(ab) 2  17 2(ab)2  36ab  64  0   a  b  3 a  b  3  a  b  3  ab  2   a  b  3  (loại vì 32  4.16  0)  ab  16.  a  1  b  2  a, b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X 2  3 X  2  0   a  2   b  1  4 x  1  x  1. 4  17  x  2 4 a  2  x  2  x  16 . Với  ta có hệ phương trình  b  1  4 17  x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  16 . a  1 Với  ta có hệ phương trình b  2. Bài 3: Giải phương trình: 3 5  x  3 2  x  3 (5  x)(2  x)  1 Giải: Đặt a  3 5  x ; b  3 2  x ta có hệ phương trình: 3 a  b  ab  1 ab  1  (a  b) (a  b)  3 1  (a  b) (a  b)  7  0    3 3 3 ab  1  (a  b) a  b  7 (a  b)  3ab(a  b)  7  0 2 (a  b)3  3(a  b) 2  3(a  b)  7  0 (a  b  1) (a  b)  4(a  b)  7   0    ab  1  (a  b)  ab  1  (a  b) a  b  1 (vì (a  b)2  4(a  b)  7  0)  ab  1  (a  b).  a  1  b  2 2  a, b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X  X  2  0    a  2   b  1. Page 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.  3 5  x  1  x  6 . 3 2  x  2   3 5  x  2 a  2 Với  ta có hệ phương trình   x  3. b  1  3 2  x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  6; x  3 .  a  1 ta có hệ phương trình b  2 . Với . Bài 4: Giải phương trình 2  x 2  (2  x ) 2 Giải: Điều kiện: 0  x  2 Đặt a  x (a  0); b  2  x (2  2  b  2) . b 2  2  a 4 a 4  b 4  2 (*)  a  b  2 a  b  2 ( a  b) 2 (a 2  b 2 ) 2  2 vaø a 4  b 4   2. Ta có a 2  b 2  2 2 a  1 . Do đó, (*)   b  1. Ta có hệ phương trình: .  x  1  x 1.  2  x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x  1 . a  1 ta có hệ phương trình b  1. Với . 4.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II: 4.3.1 Dạng 1: Giải phương trình x n  b  a n ax  b.  x n  b  at Cách giải: Đặt t  ax  b ta có hệ phương trình đối xứng loại II:  n t  b  ax Bài 1: Giải phương trình x3  1  2 3 2 x  1 Giải: Đặt t  3 2 x  1 ta có hệ phương trình  x3  1  2t  x3  1  2t  x 3  1  2t   3 3 3 2 2 t  1  2 x x  t  2( t  x )   ( x  t )( x  t  tx  2)  0 n.   x  t   x  t x  t  3  2    x  2 x  1  0  ( x  1)( x  x  1)  0  x  1  3  3 .         x 1 2 t x 1 2 t 1  5    (VN )   x   2 2  2 2 2 2   x  t  tx  2  0  ( x  t )  x  t  4  0. Page 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Vậy nghiệm của phương trình là x . NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 1  5 ; x 1. 2. 4.3.2 Dạng 2: Giải phương trình x  a  a  x.  x  a  t Cách giải: Đặt t  a  x ta có hệ phương trình đối xứng loại II:  . t  a  x Bài 1: Giải phương trình x  2007  2007  x Giải: Điều kiện: x  0 Đặt t  2007  x ta được hệ  x  2007  t  x  2007  t  x  2007  t    t  2007  x  x  t  t  x ( t  x )( t  x  1)  0  8030  2 8029  x  4    x  2007  t  x  x  2007  0     8030  2 8029 (loại) t  x  t  x  x  4   t  x 8030  2 8029  xt  4 8030  2 8029 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 4 4.3.3 Dạng 3: Chọn ẩn phụ từ việc làm ngược Bài 1: Giải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1 Giải: 1 Điều kiện x  2 Đặt 2 x  1  ay  b.  x 2  2 x  2(ay  b) ( x  1) 2  2ay  (2b  1) Chọn a, b để hệ  là hệ đối xứng  2 2 (ay  b)  2 x  1 (ay  b)  2 x  1 đối xứng loại II.. Page 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Chọn a  1; b  1 ta được hệ 2 2  x 2  2 x  2( y  1)  x  2 x  2( y  1)  x  2 x  2( y  1)    2  2  2 ( x  y )( x  y )  0  y  2 y  2( x  1)  x  y  0   x 2  4 x  2  0  x  2  2  y x         x  2  2 (loại)  x  y  2  2 . 2    x  2 (VN ) yx    y   x  Vậy nghiệm của phương trình là x  2  2 .. 4.3.4 Dạng 4: Cho phương trình d  ac   với các hệ số thỏa mãn  (*).    e bc  Cách giải: Đặt dy  e  n ax  b. n. ax  b  c( dx  e)n   x  . 4x  9  7 x2  7 x 28. Bài 1: Giải phương trình Giải: Điều kiện x . 9 4 2. 4x  9 1 7  PT   7 x    . 28 2 4  1 9 1 7 Kiểm tra a  ; b  ; c  7; d  1; e  ;  0;    thỏa mãn (*).Đặt 7 28 2 4 1 1 4x  9 y  ( y  ) ta có hệ 2 2 28. Page 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 2   1 9 2   7  x    y  1 9 2 4   7  x    y    2 4  2 1 9   7( x  y )( x  y  1)  ( x  y )  0  7  y  2   x  4     14 x 2  12 x  1  0 (I )  2   1 9  y  x 7 x    y    98 x 2  112 x  9  0 .    2 4   ( x  y )(7 x  7 y  8)  0  ( II )  8  y   x  7   6  5 2  x  14   6  5 2 . ( I )   x y 6  5 2 14 (loạ i ) x   14   y  x  8  46 x  14  8  46   x    8  46 14   y   14  ( II )    x  8  46   .   14  8 46    x   1 8 14  (loại vì y  )  y  x    2 7  8  46  y  14   6  5 2 8  46 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x  ;x  . 14 14. 4.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng: Bài 1: Giải phương trình: 4 x 2  5  13 x  3 x  1  0 Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước: 2 13  33   2 x    3x  1  4 4  13 Đặt 2 y   3 x  1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta 4 có thể giải được.. Page 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. Để thu được hệ (1) ta đặt :  y    3x  1 , chọn  ,  sao cho hệ có thể giải được (đối xứng hoặc gần đối xứng )  y   2  3x  1  2 y 2  2 y  3 x   2  1  0 (1)  2 (*) Ta có hệ :  2 (2) 4 x  13 x  5   y    4 x  13 x   y  5    0 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  2 2  3  2  1 Nên ta phải có : , ta chọn được ngay   2;   3   4   13 5   Ta có lời giải như sau : 1 Điều kiện: x   , 3 3 Đặt 3x  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    y x (2 3) 3 1  15  97 Với x  y  x  8 11  73 Với 2 x  2 y  5  0  x  8 15  97 11  73 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . ;x  8 8  Chú ý : Chúng ta có thể tìm ngay  ;  bằng cách ta viết lại phương trình như sau: (2 x  3) 2   3x  1  x  4 Khi đó đặt 3x  1  2 y  3 , nếu đặt 2 y  3  3 x  1 thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn, ta thấy dấu của  cùng dấu với dấu trước căn. 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 2. 4 x 2  13 x  5  3 x  1  0 4 3. 3 81x  8  x 3  2 x 2  x  2 3. Page 28. 6 x  1  8 x3  4 x  1 15 5. 30 x 2  4 x   2004  2. 4.. 3. . . 30060 x  1  1.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Phương pháp: 1,1 Dùng hằng đẳng thức : .  f ( x)  0 f 2 ( x)  g 2 ( x)  0    g ( x)  0. 1.2. Dùng bất đẳng thức:  f ( x)  m , x  D    g ( x)  m  f ( x)  m , x  D  g ( x)  m Nếu f ( x )  g ( x), x  D (1) thì phương trình f ( x)  g ( x ) tương đương với dấu đẳng thức ở (1) xảy ra.. Khi đó, phương trình f ( x)  g ( x ) với mọi x  D   . 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình: x 4  2 x 2 x 2  2 x  16  2 x 2  6 x  20  0 (1) Giải: (1)   x 4  2 x 2 x 2  2 x  16  ( x 2  2 x  16)   ( x 2  4 x  4)  0  . .  x 2  x 2  2 x  16.  ( x  2) 2. 2. 0.  x 2  x 2  2 x  16   x2 x  2  0  Vậy nghiệm của phương trình là x  2 . Bài 2: Giải phương trình: 1  2011x  1  2011x  x  1  Giải:. 1 1 x . 2011 2011 Ta có 1  2011x  1  2011x  2 1  2011x  1  2011x  2 . 1 1 Mặt khác x  1   2 x  1.  2. x 1 x 1  1  2011x  1  2011x  Do đó, (*)    x  0. 1 x  1   x 1  Vậy nghiệm của phương trình là x  0 . Điều kiện:. Page 29. 1 (*) x 1.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 2 2  x  x  9 (*) x 1. Bài 3: Giải phương trình: Giải: Điều kiện: x  0 2.  2 2  Ta có :   x   2 2   x 1  . . . 2. 2  1  x      x9.  x 1     x  1  x  1      . 2 2  x  x  9 (1) x 1 2 2 1 1 (*)   x . 7 x 1 x 1. Do đó. Vậy nghiệm của phương trình là x . 1 . 7. Bài 4: Giải phương trình : 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16 (*) Giải: Điều kiện: 1  x  1 2. . 2. Biến đổi phương trình ta có : x 13 1  x  9 1  x. 2. . 2.  256. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:. . 13 1  x 2  9 1  x 2. 2.   . 13. 13 1  x 2  3 3. 3 1  x 2. . 2.  13  27  13  13 x 2  3  3 x 2   40 16  10 x 2  2.  16  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16  10 x      64 .  2 Do đó 2. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. . 2. 2.  40 x 2 (16  x 2 )  4.64  256. 2   x 1  x2 2  5  1 x  . (*)    3 2  10 x 2  16  10 x 2 x  5  2 Vậy nghiệm của phương trình là x   . 5 3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 2. 16 x 4  5  6 3 4 x 3  x 1. 2 x 4  8  4 4  x 4  4 x 4  4 Page 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 3. x 3  3 x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0 4.. 8  x 3  64  x 3  x 4  8 x 2  28. 5.. 2  x2  2 . NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 6. 7.. 4. x  4 1 x  x  1 x  2  4 8 1  2x  1  2x . 1  2x 1  2x  1  2x 1  2x. 1 1   4x  2 x x . IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ: 1. Phương pháp:  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x)  k (k  const ) có không quá một nghiệm thuộc (a; b) .  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì u , v  D ta có f (u )  f (v)  u  v .  Nếu hàm số y  f ( x ) đơn điệu tăng và g ( x) là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm trên (a; b) thì phương trình f ( x)  g ( x ) có không quá một nghiệm thuộc (a; b) . 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình: x3  5  2 3 2 x  1  x  0 Giải: Điều kiện: x   3 5 Xét hàm số f ( x)  x3  5  2 3 2 x  1  x D    3 5; . f '( x) . . 3x 2 3. 2 x 5. 2.  3. 3 (2 x  1). 2.  1  0, x   3 5 .. Suy ra f ( x ) đồng biến trên D. Do đó, phương trình f ( x )  0 nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Dễ thấy f (1)  0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 . Bài 2: Giải phương trình:. 3. ( x 2  1)2  2 3 x 2  1 . Giải: Điều kiện: x  1 Xét hàm số f (t )  t 2  2t treân D   1;   . f '(t )  2(t  1)  0, t  1 . Do đó, f (t ) đồng biến trên D.. Page 31. . . 2. x  1  2 x  1 (*).

<span class='text_page_counter'>(32)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. (*)  f. . 3.  . x2 1  f. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. . x  1  3 x 2  1  x  1  ( x 2  1) 2  ( x  1)3. x  0  x  x  5 x  3x  0  x( x  1)( x  2 x  3)  0   x  1(thoûa) .  x  3 Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  0; x  3 . 4. 3. 2. 2. Bài 3: Giải phương trình: Giải: Điều kiện: x  1 Xét hàm số f ( x)  x  1. x  1   x 2  2 x  17. D f  1;  . 1  0, x  1 2 x 1 Suy ra f ( x ) đồng biến trên 1;   . f '( x) . Đồ thị hàm số g ( x )   x 2  2 x  17 là parabol ( P) có đỉnh I (1;18) và bề lõm hướng xuống dưới nên g ( x) nghịch biến trên 1;   . Do đó, phương trình f ( x)  g ( x ) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Dễ thấy, f (5)  g (5) . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 . 3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2. 6. 7.. x  1  2 x  2 x2  x3 x 1  x  2  3. 2 x  1  x2  3  4  x. 2.. 3x  1  x  7 x  2  4. 8.. 3. 4. 5.. 4 x  1  4 x2  1  1 x  1   x3  4 x  5 x  1  3  x  x2. 9. (2 x  1) 2  4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3  0. .  . V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA:     1. Nếu x  a thì có thể đặt x  a sin t ; t   ;  hoặc x  acost ; t   0;   .  2. . 2. Bài 1: Giải phương trình: 1  1  x 2  x 1  2 1  x 2 Giải: Điều kiện x  1 .. Page 32. . .

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A.     ;  phương trình trở thành  2 2 t 1  cos t  sin t 1  2 cos t   2cos    sin t  sin 2t 2 t  3t  t  t   3t    2cos    2sin   cos    cos    2 sin    1  0 2 2 2 2 2 . Đặt x  sin t ; t  .  t t   2k  1   cos  2   0   (k  ) .    t   k 4   3t  1  6 3 sin    2  2. Kết hợp với điều kiện của t suy ra t .  6. ..   1 Vậy phương trình có một nghiệm x  sin    . 6 2 . . 3 1  1  x 2  1  x   . Bài 2: Giải phương trình:. 2 1  x2 3    (*) 1 x    3 3. Giải: Điều kiện: x  1 . Khi đó VP>0. - Nếu x   1; 0 thì - Nếu x  0;1 thì. 1  x  1  x . 3. 3. . . 3. 1  x  3. 1  x .  0 nên phương trình (*) vô nghiệm.. 0..   Đặt x  cos t , t   0;  ta có:  2  t  t   t  t  2 6 sin    cos     cos3    sin 3     2  sin t  2   2  2   2  1   2 6cos  1  sin t   2  sin t  2   6  cos t  1 2  sin t   0.  cos t . 1 . 6. Vậy nghiệm của phương trình là x . 1 . 6. Bài 3: Giải phương trình: 1  2 x  1  2 x  Giải:. Page 33. 1  2x 1  2x  1 2x 1  2x.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 1 2 Đặt 2 x  cos t ; t   0;   phương trình trở thành. Điều kiện x . 4  t  t  t t sin  2   cos  2   2  tan  2   cot  2   2(1  sin t )  sin 2 t          3 2  sin t  sin t  2  0  cos t  0 . Vậy nghiệm của phương trình là x  0 .. Bài 4: Giải phương trình: x 3  3 x  x  2 (1) Giải: Điều kiện: x  2 - Nếu x  2 thì x 3  3x  x  x ( x 2  4)  x  x  2 Vậy để giải PT(1) ta chỉ cần xét x   2; 2 Đặt x  2 cos t; t   0;   khi đó phương trình đã cho trở thành t  k 4  k 2 t  5 2  ( k  ) . k 4 t  t  k 2  2 7  4 t  5 Kết hợp với điều kiện của t ta được  . t  4  7 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 cos ; x  2 cos . 5 7  3t  t cos 3t  cos      2 3t  . 2. Nếu x  a thì ta có thể đặt: a a      ; t   0;   ; t  ;t  ;  ; t  0 hoặc x  cost 2 sin t  2 2  1  Bài 1: Giải phương trình: x 2  1   1 x2  1   x. Giải: Điều kiện x  1 . Đặt x . 1     ;t   ;  phương trình trở thành: sin t  2 2. Page 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A.  cos t  0 1  1  2  (1  cot t )  1  cos t  cot t  cos t  cos t  1 0  sin 2 t sin t  sin 2t    2. t.  12.  k ( k  ) .. Kết hợp với điều kiện của t suy ra t  . . .. 12 1 Vậy phương trình có một nghiệm x    2 3 1 .    sin    12   1  TỔNG QUÁT: Giải phương trình x 2  a  2   a x 1   3x 2 Bài 2: Giải phương trình: x  2 x 9. . . Giải: Điều kiện x  3 . 3  ; t   0;   , t  phương trình trở thành: cos t 2 1 1    2 2  1  sin 2t  2sin 2 2t  sin 2t  1  t  cos t sin t 4 3 x  3 2 (thỏa ĐK).   cos   4 Vậy phương trình có một nghiệm x  3 2 .. Đặt x . TỔNG QUÁT: Giải phương trình x . ax x2  a2.  b với a,b là các hằng số cho. trước.     3. Đặt x  tan t , t   ,  để đưa về phương trình lượng giác đơn giản  2 2 hơn. Bài 1: Giải phương trình: x3  3 3x 2  3 x  3  0 1 Giải:. 1 3x  x3  3 2 không là nghiệm của phương trình nên 1  1  3x2 3  k     Đặt x  tan t , t   ,  . Khi đó, PT(2) trở thành tan 3t  3  t    k    . 9 3  2 2    4   7  Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x  tan   , x  tan   , x  tan   . 9  9   9 . Do x  . Page 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ 2. Bài 2: Giải phương trình:. 2 x 2  1  x  1 x 1   2x 2 x 1  x 2  2. Giải: Điều kiện x  0; x  1 .      Đặt x  tan t , t   ,  , t  0, t   phương trình trở thành: 4  2 2 1  1 1 1 1 2      1  0 cos t sin 2t sin 4t cos t  2sin t 2sin t cos 2t   2 sin t cos 2t  cos2t  1  0  2sin t 1  2sin 2 t   2sin 2 t  0.    sin t  0 t  2  k 2  2  sin t 1  sin t  2sin t   0  sin t  1   k      t   k 2 1  6 sin t   2. Kết hợp với điều kiện suy ra t .  6. ..   1 Vậy phương trình có 1 nghiệm x  tan    . 6 . . 3. 4. Mặc định điều kiện là x  a . Sau khi tìm được số nghiệm chính là số nghiệm tối đa của phương trình và kết luận. Bài 1: Giải phương trình: 3 6 x  1  2 x 1 Giải: PT (1)  8 x3  6 x  1.  2. Đặt x  cos t , t  0;   phương trình (2) trở thành: cos3t . 1  2 t  k  k   2 9 3. Suy ra phương trình (2) có tập nghiệm     5   7   S  cos   ; cos   ; cos   . . 9.  9 .  9 . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm chính là S. 5. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 1  x 2  4 x 3  3 x . 4. 2  2 1  x 2  x 1  1  x 2 . 2. 3 6 x  1  2 x . 5. 1  1  x 2  2 x 2 . 1  x 1  x2  1  2 x2 . 3.. . 2. Page 36. .

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. 6. x . x x2 1. . NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. 35 . 12. 7.. VI. PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ 1. . Phương pháp:      ab  a  b . . Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với  b.      a  b  ab . . Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với  b.. x2  1 . x 2  1 ( x 2  1)2  . 2x 2 x (1  x 2 ).     a b  a  b .  Dấu“=” xảy ra  a ngược hướng với b .     a.b  a . b .  Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với  b.. . 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình:. x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5 (*). Giải:     Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn a( x  2;1); b( x  5;5)  a  b(3; 4) . Khi đó a  ( x  2)2  1  x 2  4 x  5  b  ( x  5)2  25  x 2  10 x  50   a  b  9  16  5   a  b  x 2  4 x  5  x 2  10 x  50     Ta có a  b  a  b (1)   Do đó, (*)  (1) xảy ra dấu “=”  a cùng hướng với b 5   x  2  k ( x  5) x      4.  a  kb (k  0)  1  5k   k  1 k  0  5 5 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 4. Bài 2: Giải phương trình: x 2  8 x  816  x 2  10 x  267  2003 (*) Giải:     Trong mặt phẳng Oxy chọn a(4  x; 20 2); b(5  x;11 2)  a  b  (9;31 2) . . Khi đó a  (4  x )2  800  x 2  8 x  816. Page 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.  b  (5  x )2  242  x 2  10 x  267   a  b  x 2  8 x  816  x 2  10 x  267   a  b  81  1922  2003     Ta có a  b  a  b (1)   Do đó, (*)  (1) xảy ra dấu “=”  a cùng hướng với b 56   4  x  k (5  x ) x      31  a  kb (k  0)   20 2  11 2k   . k  0 k  20   11 56 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 31. Bài 3: Giải phương trình: 9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x3  9  x 2 Giải: 9 x 3  18 x 2  0 9 x  18  0 x  2 Điều kiện:     2  x  4.   2 3 36 x  9 x 36  9 x  0 x  4   Trong mặt phẳng Oxy chọn a 9 x 3  18 x 2 ; 36 x 2  9 x 3 ; b(1;1) .  Khi đó, a.b  9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x 3   a . b  2. 18 x 2  6 x    Từ phương trình ta có 9  x 2  a.b  a . b  6 x  ( x  3) 2  0  x  3 .. . . Thử lại ta được x  3 là nghiệm của phương trình 3. Bài tập áp dụng: 1.. 4 x 2  4 x  2  4 x 2  12 x  13  13 .. 2.. 5 x 2  12 x  9  5 x 2  12 x  8  29 .. 3.. 2 x2  2 x  1  2 x 2 . 4.. 10  3 x  x 2  18  7 x  x 2  77 .. . . 3 1 x  1  2x2 . Page 38. . . 3 1 x 1  3 ..

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1] Nguyễn Quốc Hoàn, Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp giải phương trình vô tỷ. [2] Nguyễn Phi Hùng – Võ Thành Văn, Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ. [3] Nguyễn Đức Thắng, chuyên đề: Phương trình – Bất phương trình vô tỷ. [4] SGK và SBT Đại số 10 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục. [5] Http://vnmath.com [6] Http://violet.vn. Page 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. KẾT LUẬN: Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong khuôn khổ chương trình phổ thông. Sau khi đã đọc xong phương pháp giải và bài tập minh họa, không những các bạn có thể giải được các bài tập áp dụng sau mỗi phương pháp mà có thể giải các bài tập chứa căn thức khác. Trong quá trình làm bài tập lớn này, chắc chắn không thể tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của các bạn. Xin trân trọng cảm ơn.. Huế, ngày 15 tháng 04 năm 2012. NguyÔn V¨n Rin.. Page 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span>