Sáng kiến TOÁN 9 PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ THI CHUYÊN THPT (HAY)

UBND HUYỆN
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MƠ TẢ SÁNG KIẾN
PHÁT HUY NĂNG LỰC SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH THÔNG QUA
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ
BỘ MƠN: TỐN 9

NĂM HỌC 2020 – 2021


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông qua các
phương pháp giải phương trình vơ tỷ.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Mơn Tốn.
3. Tác giả:
- Họ và tên:

Nam

- Ngày/tháng/năm sinh:
- Trình độ chun mơn:
- Chức vụ, đơn vị cơng tác:
- Điện thoại:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu:
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Sau khi học xong
chương I – Đại số 9.
7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Năm học 2017 – 2018.
TÁC GIẢ

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG
SÁNG KIẾN

TÓM TẮT SÁNG KIẾN


Trong những năm gần đây tuyển sinh vào THPT chuyên và đề thi chọn
học sinh giỏi mơn Tốn tỉnh và các tỉnh khác thường có bài tốn về giải
phương trình vô tỷ như là một cấu trúc của đề thi. Một điểm đáng chú ý là hầu
hết các phương trình vơ tỷ trong đề thi ngồi các cách giải thơng thường thì ta
cịn phải sử dụng đến nhiều phương pháp nâng cao khác. Phần lớn chúng là
những bài học sinh khó tìm lời giải, dễ mắc sai lầm từ việc phân tích tìm
hướng giải cũng như cách trình bày.
“Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông qua các phương pháp giải
phương trình vơ tỷ” giúp học sinh có cái nhìn đầy đủ và có hệ thống các
phương pháp giải phương trình vơ tỷ mà trước đây các em chưa từng gặp
trong các đề thi hoặc trong các sách tham khảo.
Sáng kiến “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thơng qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” đã sắp xếp có hệ thống các dạng bài tập từ dễ
đến khó, từ đơn giản đến phức tạp một cách lôgic, khoa học giúp học sinh dễ
nắm bắt và tiếp cận vấn đề.
Sáng kiến “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thơng qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” giúp các em các em học sinh có hệ thống đầy
đủ các phương pháp giải phương trình vơ tỷ ngoài những phương pháp đã học
trong SGK.
Sáng kiến “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” đề cập đến kiến thức khó của học sinh THCS
do đó sáng kiến đã chia nhỏ các phương pháp và các kĩ thuật biến đổi. Trong
mỗi ví dụ minh họa đều có phân tích trước khi trình bày lời giải để giúp học
sinh có cơ sở định hướng cách làm cũng như hiểu sâu hơn về phương pháp

đang làm. Sau mỗi phương pháp đều có bài tập vận dụng để các em tự rèn
luyện dựa trên các ví dụ minh họa.
Để áp dụng được sáng kiến “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông
qua các phương pháp giải phương trình vơ tỷ” giáo viên cần phải sưu tầm các
đề thi THPT chuyên, đề thi học sinh giỏi tỉnh và các tỉnh khác. Giáo viên cần


sắp xếp, hệ thống hố theo trình tự từ dễ đến khó, từ cơ bản đến nâng cao, từ
bài tập trong sách tới các bài tập trong các đề thi, từ hướng dẫn đến bài tập tự
luyện.
Sáng kiến: “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” có nội dung kiến thức tương đối khó trong tốn
học học cấp THCS. Vì vậy đối với học sinh cần chăm chỉ, tích cực, chủ động,
trên lớp thực hiện tốt các yêu cầu của giáo viên.
Sáng kiến: “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thơng qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” được áp dụng với đối tượng là học sinh khá
giỏi, học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và ôn thi vào lớp 10
chuyên sẽ phát huy được tính tích cực, khả năng sáng tạo và gây hứng thú học
tập cho các em.
Sáng kiến: “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông qua các phương
pháp giải phương trình vơ tỷ” góp phần bồi dưỡng về mặt phương pháp tốn
học cho học sinh. Khơng chỉ thế, qua đó học sinh được rèn luyện nhiều về óc
tưởng tượng, tư duy trừu tượng, đáp ứng được khả năng tìm tịi, óc sáng tạo
của các em.
Khi học sinh nắm bắt được “Phát huy năng lực sáng tạo học sinh thông
qua các phương pháp giải phương trình vơ tỷ” thì các em sẽ làm được nhanh
hơn, nhiều hơn về các bài tập khó của phương trình. Giúp các em tự tin hơn
khi làm các bài tập về phương trình. Từ đó các em hứng thú và say mê mơn
tốn hơn.

MƠ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hồn cảnh nảy sinh sáng kiến:
1.1. Đề thi
Đề thi chọn học sinh giỏi mơn Tốn cấp tỉnh, tuyển sinh vào lớp 10
chuyên và các tỉnh khác như Quảng Ninh, Quảng Ngãi, Ninh Bình, chuyên
Đại học sư phạm Hà Nội, trường THPT chuyên Amsterdam,...
những năm gần đây thường có bài tốn về giải phương trình vơ tỷ. Cụ thể:
Bài 1: (Chuyên năm 2013 – 2014)
Giải phương trình

4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x .

Bài 2: (Chuyên năm 2015 – 2016)
Giải phương trình 2 x + 3 + 4 x 2 + 9 x + 2 = 2 x + 2 + 4 x + 1 .
Bài 3: (Chuyên năm 2016 – 2017)
Giải phương trình: x 2 + 6 = 4 x3 − 2 x 2 + 3 .
Bài 4: (Chuyên năm 2018 – 2019)
Giải phương trình 2( x + 1) x +

3
= x2 + 7 .
x

Bài 5: (Chuyên năm 2019 – 2020)
Giải phương trình: 8 x 2 − 12 x − 1 = 8 x + 5
Bài 6: (Chuyên năm 2020 – 2021)
Giải phương trình: 5 x 2 + 3 x + 6 = (7 x + 1) x 2 + 3
Bài 7: (HSG tỉnh năm 2010 – 2011)
Giải phương trình 2 x 2 + 7 x + 10 + 2 x 2 + x + 4 = 3( x + 1) .

Bài 8: (HSG tỉnh năm 2013 – 2014)
Giải phương trình x 2 ( x 2 + 2) = 4 − x 2 x 2 + 4.
Bài 9: (HSG tỉnh năm 2014 – 2015)

(

Giải phương trình x 3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2
Bài 10: (HSG tỉnh năm 2015 – 2016)
1

)

3


Giải phương trình: x 2 − 20 x + 24 + 8. 3( x − 1) = 0 .
Bài 11: (HSG tỉnh năm 2016 – 2017)
2
Giải phương trình: 2x − 2x + 1 = (2x + 1)

(

)

x2 − x + 2 −1

Bài 12: (HSG tỉnh năm 2019 – 2020)
Giải phương trình sau: 5 x3 + 1 = 2( x2 + 2)
1.2. Học sinh
Rất nhiều học sinh thường rất ngại làm bài tập về giải phương trình vơ

tỷ vì các em cho rằng giải bài tập dạng này quá khó, rất mất thời gian, khó
thành cơng, tâm lí chung là học sinh thiếu tự tin.
Kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
và các tỉnh khác những năm gần đây học sinh thường bỏ bài tập về giải
phương trình vơ tỷ hoặc các em làm được bài tập dạng này chỉ chiếm tỉ lệ rất
ít.
1.3. Giáo viên
Đa số các bài tốn về giải phương trình vơ tỷ trong các đề thi có nội
dung nâng cao kiến thức, nên giáo viên có tâm lí chung là ngại dạy và ngại ôn
tập cho học sinh về phương pháp này. Trước hết bởi tính phong phú về dạng
bài tập; tiếp đến tính trừu tượng, tính phức tạp của dạng toán, …
2. Cơ sở lý luận của vấn đề:
Trong q trình dạy học tốn và bồi dưỡng HSG tốn ở trường THCS.
Các bài tốn phương trình rất đa dạng phong phú. Đó là một kho tàng bí mật
mà ai u tốn cũng thích tìm tịi và khám phá, nhưng những vấn đề khám
phá được chỉ là một phần nhỏ tromg kho tàng tri thức. Chúng ta là những
người yêu tốn khơng thể khơng bắt tay tìm hiểu một vấn đề gì đó để góp
phần vào sự phong phú của tốn học nói chung và giải phương trình vơ tỷ nói
riêng. Vì vậy tơi muốn trình bày về sáng kiến: “Phát huy năng lực sáng tạo
học sinh thông qua các phương pháp giải phương trình vơ tỷ”.
Qua q trình dạy toán và bồi dưỡng toán ở trường THCS. Các bài tốn
về phương trình bắt đầu bắt gặp ở lớp 8, sau đó sang lớp 9 học về chương I
2


căn bậc hai, căn bậc ba đại số 9 thì phương trình vơ tỷ trở lên vơ cùng đa dạng
và phong phú với nhiều phương pháp giải và kĩ thuật giải khác nhau.
3. Thực trạng của vấn đề:
Học sinh chưa hiểu sâu rộng các bài tốn giải phương trình vơ tỷ do các
em chưa có điều kiện đọc nhiều sách tham khảo.

Khi gặp một bài toán dạng này học sinh khơng biết làm gì? Khơng biết đi
theo hướng nào? Khơng biết liên hệ những gì đã cho trong đề bài với các kiến
thức đã học.
Học sinh suy luận kém, chưa biết vận dụng các phương pháp và kiến thức
đã học vào từng bài tốn khác nhau.
Học sinh trình bày khơng rõ ràng, thiếu khoa học, lôgic.
Đa số các em học sinh chưa có phương pháp học tập tốt thường học vẹt,
học máy móc, thiếu nhẫn nại khi gặp bài tốn khó.
4. Các bước tiến hành triển khai sáng kiến.
4.1. Phương pháp 1: NÂNG LÊN LŨY THỪA
4.1.1. Một số dạng phương trình cơ bản.
• Dạng 1.

 g ( x) ≥ 0
 
f ( x) = g ( x) ⇔  f ( x) ≥ 0

f ( x) = g ( x)

• Dạng 2. 3 f ( x) = 3 g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x)
• Dạng 3.

g ( x) ≥ 0

f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
f ( x) = g ( x) 

• Dạng 4. 3 f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) 




3

• Dạng 5. f ( x) + g ( x) = h ( x)

Phương pháp chung

3


+ Bước 1. Tìm điều kiện xác định của phương trình bằng việc giải hệ
f ( c) ≥ 0

g ( x) ≥ 0

h ( x) ≥ 0

+ Bước 2. Bình phương hai vế của phương trình và đưa phương trình về dạng
F ( x) = G ( x) .
F ( x) = G ( x) và kiểm tra sự thỏa mãn

+ Bước 3. Giải phương trình cơ bản

của nghiệm tìm được với điều kiện xác định của phương trình để kết luận.
• Dạng 6.

3

f ( x) + 3 g ( x) = 3 h ( x)

Phương pháp chung
+ Bước 1. Lũy thừa bậc ba hai vế của phương trình thì được
f ( x) + g ( x) + 33 f ( x) .g ( x)

(

3

)

f ( x) + 3 g ( x) = h ( x)

+ Bước 2. Biến đổi phương trình và chú ý đến 3 f ( x) + 3 g ( x) = 3 h ( x) ta được
33 f ( x) .g ( x) .h ( x) = h ( x) − f ( x) − g ( x)

+ Bước 3. Tiếp tục lũy thừa bậc ba hai về thì được phương trình
27.f ( x) .g ( x) .h ( x) =  h ( x) − f ( x) − g ( x) 

• Dạng 7.

3

f ( x) + g ( x) = h ( x) + r ( x) . Trong đó xẩy ra một trong các

trường hợp sau:
+ f ( x) .g ( x) = h ( x) .r ( x)
+ f ( x) .u ( x) = g ( x) .r ( x)
+ f ( x) + g ( x) = h ( x) + r ( x)
Phương pháp chung

+ Nếu có f ( x) .g ( x) = h ( x) .r ( x) thì sử dụng phép biến đổi tương đương
2

 f ( x) + g ( x)  =  h ( x) + r ( x) 

 


2

4


+ Nếu có f ( x) .u ( x) = g ( x) .r ( x) thì sử dụng phép biến đổi hệ quả
2

 f ( x) − u ( x)  =  g ( x) − r ( x) 

 


2

+ Nếu có f ( x) + g ( x) = h ( x) + r ( x) thì sử dụng phép biến đổi tương đương
2

 f ( x) + g ( x)  =  h ( x) + r ( x) 

 


2

4.1.2. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình 3x2 + 69x + 27 = x2 + 96x + 2 .
Phân tích và lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là 3x2 + 69x + 27 ≥ 0;x2 + 96x + 2 ≥ 0
. Phương trình được cho ở trên có dạng cơ bản là

f ( x) = g ( x) , do đó ta sử

dụng phép nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng với điều kiện xác định tìm được ta
biến đổi phương trình như sau
3x2 + 69x + 27 = x2 + 96x + 2 ⇔ 3x2 + 69x + 27 = x2 + 96x + 2
x = 1
x − 1= 0
⇔ 2x − 27x − 25 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 2x − 25) = 0 ⇔ 
⇔
 x = 25
2x
−
25
=
0


5

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm
 25

S = 1;  .
 2

Nhận xét.
• Lời giải trên ta sử dụng phép biến đổi tương đương phương trình sau

khi đã tìm điều kiện xác định cho phương trình.
• Có thể thực hiện biến đổi tương đương phương trình mà không cần

đặt điều kiện xác định bằng cách
3x2 + 69x + 27 ≥ 0
x = 1
 2
2
2
3x + 69x + 27 = x + 96x + 2 ⇔ x + 96x + 2 ≥ 0
⇔
25
3x2 + 69x + 27 = x2 + 96x + 2  x = 2


5


+ Thực tế thì ta khơng cần phải viết cùng lúc hai điều kiện
3x2 + 69x + 27 ≥ 0;x2 + 96x + 2 ≥ 0 cùng một lúc như trong phép biến đổi trên, mà

chỉ cần viết một trong hai điều kiện là được, chẳng hạn như
x2 + 96x + 2 ≥ 0
3x2 + 69x + 27 = x2 + 96x + 2 ⇔  2

2
3x + 69x + 27 = x + 96x + 2

Chú ý rằng việc chọn điều kiện nào trong phép biến đổi phụ thuộc vào
sự thuận tiện cho qua trình kiểm tra lại và lời giải cho bài tốn ngắn gọn
hơn.
Ví dụ 2. Giải phương trình x3 − x2 + 3 = 3x + 1 .
Phân tích và lời giải
Phương trình trong vì dụ có dạng cơ bản nên ta sử dụng phép biến đổi
nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng trong hai điều kiện x3 − x2 + 3 ≥ 0;3x + 1≥ 0 thì
điều kiện 3x + 1≥ 0 đơn giản hơn. Lại nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được
x = 2 là một nghiệm. Do đo ta trình bày lời giải cho phương trình như sau
3x + 1≥ 0
3x + 1≥ 0
x3 − x2 + 3 = 3x + 1 ⇔  3 2
⇔ 3 2
x − x + 3 = 3x + 1 x − x − 3x + 2 = 0
 3x + 1≥ 0
x = 2

3x + 1≥ 0
x = 2
⇔
⇔ 
⇔
2
x = 5 − 1
x − 2) x + x − 1 = 0 
(
 x = −1± 5


2
 
2

(

)


5 − 1
S
=
1;
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

.
2 


Ví dụ 3. Giải phương trình x ( x − 1) = x2 + 7x .
2

Phân tích và lời giải
Phương trình trên có dạng cơ bản nên ta hướng đến sử dụng phép biến
đổi nâng lên lũy thừa. Khi nâng lên lũy thừa ta được phương trình có bậc 3,
tuy nhiên nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình nên ta dễ dàng
phân tích được phương trình bậc 3. Ta trình bày lời giải như sau.

6

x2 + 7x ≥ 0
x2 + 7x ≥ 0
x ( x − 1) = x + 7x ⇔ 
⇔
2
x x2 − 2x + 1 = x ( x + 7)
x ( x − 1) = x ( x + 7)

 x2 + 7x ≥ 0
x = 0

x2 + 7x ≥ 0
 x = 0
⇔
⇔ 
⇔
2
 x = 3+ 33
x
x
−
3x
−
6
=
0
3± 33




2
  x =
2

2

(

2

(

)

)

Nhận xét.
• Trong hai điều kiện x ( x − 1) ≥ 0,x2 + 7x ≥ 0 thì việc chọn điều kiện x2 + 7x ≥ 0
2

trong phép nâng lên lũy thừa là hồn tồn hợp lí.
• Một số sai lầm thường gặp khi biến đổi phương trình của ví dụ trên.

+ Vội vàng phát hiện nhân tử và biến đổi phương trình mà chưa đặt điều kiện
2

x ( x − 1) = x2 + 7x ⇔ x 


( x − 1)

2


− x + 7 = 0


Để thực hiện tách được x2 + 7x = x. x + 7 thì cần có điều kiện x ≥ 0 .
Muốn vậy ta ta tìm điều kiện xác định của phương trình trước
 x ( x − 1) 2 ≥ 0
⇔ x ≥ 0.
 2
 x + 7x ≥ 0

+ Tìm được điều kiện x ≥ 0 nhưng lại vội vàng khai căn
x ( x − 1) = x2 + 7x ⇔ x ( x − 1) = x. x + 7
2

Ta biết rằng với biểu thức dạng

A.B2 thì khi khai căn phải lấy dấu

giá trị tuyệt đối cho biểu thức đưa ra ngoài dấu căn A.B2 = B A .
Với điều kiện x ≥ 0 ta chưa xác định được ( x − 1) mang dấu gì nên khi
khai căn ta cần lấy dấu giá trị tuyệt đối x ( x − 1) = x x − 1 .
2

Ví dụ 4. Giải phương trình 2x + 1 = 3x + 1

Phân tích và lời giải
Phương trình cho trong ví dụ là phương trình dạng

f ( x) = g ( x) nên ta

sử dụng biến đổi nâng lên lũy thừa để giải. Ta thấy vế trái của luôn không âm,
7


do đó nếu vế phải của phương trình âm thì phương trình vơ nghiệm. Do đó ta
chỉ có thể biến đổi nâng lên lũy thừa phương trình khi có điều kiện 3x + 1≥ 0 .
Khi đó hai vế đều khơng âm và bình phương ta thu được phương trình tương
đương.

1
x = 0
 3x + 1≥ 0
x ≥ −
2x + 1 = 3x + 1 ⇔ 
⇔
3
2 ⇔ 
4

9x2 + 4x = 0  x = − 9
 2x + 1 = ( 3x + 1)


 4 
 9 

Vậy tập nghiệm của phương trình trên là S = − ;0 .
Nhận xét.
• Trong qua trình nâng lên lũy thừa ta chỉ cần đặt điều kiện 3x + 1≥ 0 là được

mà khơng cần phải có thêm điều kiện 2x + 1≥ 0 , bởi vì khi nâng lên lũy thừa
2x + 1 = ( 3x + 1) thì đã đảm bảo cho điều kiện 2x + 1≥ 0 .
2

• Nếu trong qua trình biến đổi ta khơng đặt điều kiện 3x + 1≥ 0 thì khi tìm

x = 0 và x = −

4
ta cần thử lại vào phương trình ban đầu để xác định nghiệm.
9

Ví dụ 5. Giải phương trình x − 1 = 5− 2 3x − 2 .
Phân tích và lời giải
Việc đầu tiên khi giải phương trình trên là tìm điều kiện xác định của
phương trình. Vì chưa biết chắc chắn vế phải âm hay dương nên trước khi
biến đổi nâng lên lũy thừa ta cần có thêm điều kiện 5− 2 3x − 2 ≥ 0 . Tuy nhiên
để ý một tí ta nhận thấy khi chuyển vế đại lượng 2 3x − 2 sang vế trái thì hai
vế của phương trình đều dương và đến đây ta có thể nâng lên lũy thừa hai vế
mà không cần đến điều kiện 5− 2 3x − 2 ≥ 0 . Từ đó ta có lời giải như sau
x − 1≥ 0
⇔ x ≥ 1. Phương trình đã
3x − 2 ≥ 0

Điều kiện xác định của phương trình là 

cho tương đương với

8


x − 1 + 2 3x − 2 = 5 ⇔

(

)

2

x − 1 + 2 3x − 2 = 25

⇔ x − 1+ 4 ( x − 1) ( 3x − 2) + 4( 3x − 2) = 25 ⇔ 4 ( x − 1) ( 3x − 2) = 34− 13x
34 − 13x ≥ 0

34 − 13x ≥ 0
x = 2
⇔
⇔ x= 2
2 ⇔ 
16( x − 1) ( 3x − 2) = ( 34 − 13x)
  x = 562
 
121

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.
Nhận xét.

• Khi gặp phương trình dạng

f ( x) ± g ( x) = k thì ta nên chuyển vế một

hạng tử sao cho hai vế của phương trình đều khơng âm, từ đó ta thực hiện
nâng lên lũy thừa mà không cần phải bổ sung thêm điều kiện của ẩn.
• Ngồi biến đổi nâng lên lũy thừa như trên ta có thể giải phương trình trên

theo phương pháp đánh giá như sau
 x − 1≥ 0
⇔ x ≥ 1.
3x − 2 ≥ 0

Điều kiện xác định của phương trình là 
+ Xét 1≤ x < 2 , khi đó ta có

 x − 1 < 2 − 1 = 1
⇒ x − 1 < 1< 5− 2 3x − 2 .

5
−
2
3x
−
2
>
5
−
2
3.2

−
2
=
1


+ Xét x > 2 , khi đó ta có
 x − 1 > 2.1− 1 = 1
⇒ x − 1 > 1 > 5− 2 3x − 2 .

 5− 2 3x − 2 < 5− 2 3.2 − 2 = 1

+ Xét x = 2 , khi đó ta được
 x − 1 = 2.1− 1 = 1
⇒ x − 1 = 5− 2 3x − 2 = 1 .

 5− 2 3x − 2 = 5− 2 3.2 − 2 = 1

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x = 2 là nghiệm.
TỔNG KẾT
• Mục đích của phép nâng lên lũy thừa chính là làm triệt tiêu các căn thức và

đưa phương trình vơ tỷ về dạng phương trình hữu tỷ.
9


• Do phép biến đổi nâng lên lũy thừa thường làm cho lũy thừa của ẩn tăng

lên. Vì thế để làm triệt tiêu các biểu thức chứa x mũ cao ta cần khéo léo lựa
chọn sử dụng biến đổi tương đương hay biến đổi hệ quả. Trong một số ví dụ

được nếu trên có nhiều bài tốn được kết hợp giữa phép biến đổi tương đương
và phép biến đổi hệ quả một cách hồn hảo.
• Trong một số trường hợp ta cần kết hợp phép nâng lên lũy thừa với các

phương pháp khác như đặt ẩn phụ, phân tích thành tích, đánh giá,…
• Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phép nâng lên lũy thừa

+ Sử dụng dấu “ ⇔ ” và dấu “ ⇒ ” một cách tùy tiện.
+ Thực hiện phép khai phương một tích

A.B = A . B; A 2 = A khi chưa

xác định được dấu của các biểu thức A và B.
+ Không phân biệt được biến đổi tương đương hay biến đổi hệ quả.
4.1.3. Bài tập tự luyện:
Bài 1. Giải các phương trình sau x2 − 2x + 1 + x2 + 4x + 4 = 3
Bài 2. Giải phương trình 3x + 1 − x − 7 = x .
Bài 3. Giải phương trình x + 3 + 3x + 1 = 4 .
Bài 4. Giải phương trình

x − 1 + x − 4 = 3.

Bài 5. Giải phương trình

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

Bài 6. Giải phương trình x + 10 − x = 4 .
Bài 7. Giải phương trình 3x + 15− 3x = 8x − 5 .
Bài 8. Giải phương trình

( 4 + x ) ( 6 − x) = x

2

− 2x − 12 .

Bài 9. Giải phương trình: x + 2 + 5− 2x = 1+ 6− x .
Bài 10. Giải phương trình

(

)

x + 1 + 1 ( 5− x) = 2x .

4.2. Phương pháp 2: PHÂN TÍCH PHƯƠNG TRÌNH THÀNH TÍCH
4.2.1. Cơ sở của phương pháp
Với một phương trình vơ tỷ có chứa nhiều căn thức thì việc việc sử
dụng phép nâng lên lũy thừa không phải là một phương án tối ưu vì khi đó
phương trình thu được chưa hẳn triệt tiêu hết các căn thức mà số mũ của ẩn
lại cao. Khi đó một trong các phương án xử lý phương trình đó là viết phương
10


trình về dạng f ( x) .g ( x) .h ( x) = 0 . Khi đó ta đi giải các phương trình hệ quả để
tìm nghiệm cho phương trình.
Để phân tích một phương trình thành tích ta thường sử dụng các kỹ
thuật
+ Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
+ Sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

+ Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai.
4.2.2. Một số kỹ năng phân tích phương trình thành tích
4.2.2.1. Kỹ năng sử dụng các hằng đẳng thức.
1 13− 7x
.
x
2

Ví dụ 1. Giải phương trình x2 + x + 2 + =
Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho có chứa ẩn ở mẫu và để đơn giản ta đặt điều kiện
cho ẩn rồi viết phương trình về dạng 2x x2 + x + 2 + 2 = 13x − 7x2 . Ta để ý đến
biểu thức 2x x2 + x + 2 có dạng 2ab do đó ta nghĩ đến hằng đẳng thức dạng

( a + b)

2

, từ ý tương đó ta thêm bớt một lượng để viết phương trình về dạng

2
x2 + x + 2 − 2x x2 + x + 2 + x2 = 9x2 − 12x + 4 . Để ý ta thấy 9x − 12x + 4 = ( 3x − 2)

nên ta viết được phương trình về dạng

(

)

2

2

x2 + x + 2 − x = ( 3x − 2) , đến đây ta
2

có lời giải như sau.
Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0. Phương trình đã cho tương
đương với
2x x2 + x + 2 + 2 = 13x − 7x2 ⇔ x2 + x + 2 − 2x x2 + x + 2 + x2 = 9x2 − 12x + 4
⇔

• Với

• Với

(

 x2 + x + 2 − x = 3x − 2
2
2
x2 + x + 2 − x = ( 3x − 2) ⇔ 
 x2 + x + 2 − x = 2 − 3x

)

x2 + x + 2 − x = 3x − 2, khi đó ta được

1


1
x ≥ 2
x ≥
2
x + x + 2 = 4x − 2 ⇔ 
⇔
⇔ x=1
2
x2 + x + 2 = ( 4x − 2) 2
15x2 − 17x + 2 = 0


x2 + x + 2 − x = 2 − 3x , khi đó ta được
11



1
x ≤ 1
9− 57
x ≥
x + x + 2 = 2 − 2x ⇔  2
⇔ x=
2
2 ⇔ 
6
3x2 − 9x + 2 = 0
x + x + 2 = ( 2 − 2x)


2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là
 9 − 57 
S= 
;1 .
 6


Nhận xét.
Quan sát phương trình ta thấy phương trình chỉ chứa một căn thức
x2 + x + 2 nên ta sẽ viết phương trình thành phương trình bậc hai có ẩn
x2 + x + 2 với hy vọng phương trình bậc hai đó có biệt thức delta là số chính

phương.

)

(

2

Phương trình đã cho được viết lại thành x2 + x + 2 + 2x x2 + x + 2 + 6x2 − 14x = 0 ,
khi đó ta có ∆

(

x + x+ 2

)

= ( 2x) − 4 6x2 − 14x = −20x2 + 56x , không thể viết dưới
2

2

dạng chính phương. Như vậy cách viết lại phương trình như trên khơng đem
lại hiệu quả.
Ta viết lại phương trình thành

(

)

2

x2 + x + 2 − 2x x2 + x + 2 − 8x2 + 12x − 4 = 0 ,

khi đó ta có ∆

(

)

= ( 2x) − 4 −8x2 + 12x − 4 = 36x2 − 48x + 16 = ( 6x − 4) là một
2

x2 + x+ 2

2

số chính phương. Từ đó phương trình có hai nghiệm là x2 + x + 2 = 4x − 2 và
x2 + x + 2 = 2− 2x hay phương trình đã cho viết được dưới dạng tích

(

)(

x2 + x + 2 − 4x + 2

)

x2 + x + 2 + 2x − 2 = 0 .

Đến đây ta giải phương trình tương tự như trên.
Ví dụ 2. Giải phương trình x2 + 3x = 1− x +
Phân tích và lời giải

12

1
4


Trước hết ta viết lại phương trình thành 4x2 + 12x = 4 1− x + 1. Khi đó tích
4 1− x có thể viết thành 2.2. 1− x , điều này làm ta nghĩ đến các hằng đẳng

(

) (

)

2

2

thức 2 1− x ± 1 ; 1− x ± 2 , thử lần lượt các trường hợp ta thấy khi viết

(

)

2

thành 2 x − 1 + 1 thì vế cịn lại có dạng ( 2x + 2) , đến đây ta có lời giải cho
2

phương trình.
Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 1. Phương trình đã cho
tương đương với
4x2 + 12x = 4 1− x + 1 ⇔ 4x2 + 8x + 4 = 4( 1− x) + 4 1− x + 1
 2x + 1 = 2 1− x
2
2
⇔ ( 2x + 2) = 2 1− x + 1 ⇔ 
−
 3− 2x = 2 1− x
 1
 1

7−2
− ≤ x ≤ 1
− ≤ x ≤ 1
⇔ 2
⇔ x=
• Với 2x + 1 = 2 1− x ⇔  2
2
4x2 + 4x + 1 = 4− 4x 4x2 − 8x − 3 = 0



(

)



3
3
4 + 11
x ≤
x ≤ −
⇔
⇔ x=
• Với −3− 2x = 2 1− x ⇔ 
2
2
2
 4x2 + 12x + 9 = 4 − 4x 4x2 + 16x + 5 = 0



 7 − 2 4 + 11
;
.
2 
 2


So sánh với điều kiện x ≤ 1thu được tập nghiệm S = 

Ví dụ 3. Giải phương trình ( x + 3) 48− x2 − 8x = x + 12 .
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có tích ( x + 3) 48− 2x − x2 nên để viết thành dạng
hằng đẳng thức ta cần có 2( x + 3) 48 − 2x − x2 , do đó ta viết phương trình
thành 2( x + 3) 48 − 2x − x2 = 2x − 24 , đến đây ta thực hiện thêm bớt để có hằng
đẳng thức

(

)

2

− x2 − 8x + 48 + x + 3 , khi đó hạng tử cịn lại là 9 nên phương

trình đã cho phân tích được thành tích và ta có lời giải như sau
Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương
đương với
13

2( x + 3) 48 − 8x − x2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2( x + 3) − x2 − 8x − 48
⇔ − x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) − x2 − 8x + 48 + x2 + 6x = 0
⇔ − x2 − 8x + 48 + 2( x + 3) − x2 − 8x + 48 + ( x + 3) = 9
2

⇔

(

 48 − 8x − x2 = − x
− x − 8x + 48 + x + 3 = 9 ⇔ 
 48 − 8x − x2 = − x − 6

)

2

2

Ta xét hai trường hợp sau
x ≤ 0
48 − 8x − x2 = − x ⇔  2
⇔ x = −2 7 − 2
x + 4x − 24 = 0
x ≤ −6
48 − 8x − x2 = − x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

• Với
• Với

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31 .

Nhận xét.
Cũng bằng cách phân tích phương trình thành tích nhưng ở đây ta
thực hiện nhận lương liên hợp để tạo ra nhân tử chung là x2 + 4x − 24. Cách
tìm nhân tử chung x2 + 4x − 24 được trình bày trong “Phương pháp sử dụng
đại lượng liên hợp”
Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã
cho tương đương với

( x + 3) (

)

48 − 8x − x2 + x = x2 + 4x − 24

x ≥ 0
48 − 8x − x2 = x ⇔  2
⇒ x = 2 7 − 2 , thay vào
x + 4x − 24 = 0

• Xét trường hợp

phương trình đã cho ta thấy x = 2 7 − 2 khơng thỏa mãn.
• Xét trường 48 − 8x − x2 ≠ x ⇔ x ≠ 2 7 − 2 . Khi đó 48 − 8x − x2 − x ≠ 0 . Từ đó

( x + 3) (

)

48 − 8x − x + x = x + 4x − 24 ⇔ −2( x + 3) .
2

2

x2 + 4x − 24
−48 − 8x + 48 − x

 x2 + 4x − 24 = 0


2x + 6
+ 1÷
Hay x + 4x − 24 
÷ = 0 ⇔  48 − 8x − x2 = − x − 6
2
 48 − 8x − x − x 


(

2

)

Ta xét hai trường hợp sau
 x = −2 7 − 2
• Với x2 + 4x − 24 = 0 ⇔ 
 x = 2 7 − 2
14

= x2 + 4x − 24


x ≤ −6
48 − 8x − x2 = − x − 6 ⇔  2
⇔ x = −5− 31
x + 10x − 6 = 0

• Với

Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là

{

}

S = −2 7 − 2; −5− 31 .

Ví dụ 4. Giải phương trình −x2 − 8x + 48 =

28 − x
.
x+ 3

Phân tích và lời giải
Trước hết ta viết lại phương trình thành ( x + 3) −x2 − 8x + 48 = 28 − x . Từ
phương trình ta chú ý đến tích ( x + 3) −x2 − 8x + 48 có dạng ab , do đó để viết
thành hằng đẳng thức dạng ( a ± b) ta nhân hai vế của phương trình với 2. Chú
2

ý rằng để có ( x + 3) và −x2 − 8x + 48 ta cần thêm bớt một lượng x2 . Trước hết
2

(

ta viết lại phương trình làm xuất hiện x + 3+ − x2 − 8x + 48

(

)

2

)

x2 + 6x + 9 + 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + −x2 − 8x + 48 = −1− 4x

)

(

2

⇔ x + 3+ − x2 − 8x + 48 = −1− 4x

Ta thấy rằng vế phải của phương trình trên khơng viết được dưới dạng số
chính phương do đó ta nghĩ đến viết phương trình có chứa hằng đẳng thức

(

x + 3− − x2 − 8x + 48

)

2

(

(

)

)

2

x2 + 6x + 9 − 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + −x2 − 8x + 48 = 1 ⇔ x + 3− −x2 − 8x + 48 = 1

Như vậy phương trình đã cho phân tích được thành tích.
−12 ≤ x ≤ 4

. Phương trình đã
x ≠ −3

Điều kiện xác định của phương trình là 
cho tương đương với

(

)

x2 + 6x + 9 − 2( x + 3) −x2 − 8x + 48 + −x2 − 8x + 48 = 1
 x + 2 = 48 − 8x − x2
⇔ x + 3− − x − 8x + 48 = 1 x + 3− 48− 8x − x = 1⇔ 
 x + 4 = 48 − 8x − x2

(

2

)

2

2

x + 2 ≥ 0
⇔ x = 31 − 3 .
• Với x + 2 = 48 − 8x − x2 ⇔  2
x + 6x − 22 = 0
 x + 4 ≥ 0

• Với x + 4 = 48 − 8x − x2 ⇔  2
⇔ x = 4 2 − 4.
 x + 8x − 16 = 0
15


Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm
S = 31 − 3;4 2 − 4 .
Nhận xét. Cũng sử dụng phương pháp phân tích thành tích nhưng để dễ quan

{

}

sát hơn ta có thể sử dụng thêm cách đặt ẩn phụ
Đặt a = x + 3;b = 48− 8x − x2 ( b ≥ 0) . Khi đó ta được a2 + b2 = 57 − 2x .
Phương trình đã cho trở thành ab = 28− x . Từ đó ta có hệ phương trình
2
2
a + b = 57 − 2x

.
ab = 28 − x
2
2
a + b = 57 − 2x
.
2ab = 56 − 2x

Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được 

Suy ra a2 + b2 − 2ab = 1 ⇔ ( a − b) = 1⇔ a − b = ±1.
2

 x + 2 = 48 − 8x − x2
Từ đó ta được x + 3− 48 − 8x − x = 1⇔ 
.
 x + 4 = 48 − 8x − x2
2

Đến đây ta xét hai trường hợp hoàn tồn tương tự như trên.
Ví dụ 5. Giải phương trình 3x2 + 2( x − 1) 2x2 − 3x + 1 = 5x + 2.
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta thấy có tích 2( x − 1) 2x2 − 3x + 1 nên ta sẽ thêm

(

)

bớt vào phương trình để tạo ra hằng đẳng thức x − 1+ 2x2 − 3x + 1

(

)

2

(

2

hoặc

)

2

x − 1− 2x2 − 3x + 1 . Trước hết sẽ tạo ra hằng đẳng thức x − 1+ 2x2 − 3x + 1 ,

muốn vậy phương trình được viết lại thành

( x − 1)

2

(

)

2

+ 2( x − 1) 2x2 − 3x + 1 + 2x2 − 3x + 1 = 4 ⇔ x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = 4

Đến đây ta có lời giải cho phương trình.
Điều kiện xác định của phương trình là 2x2 − 3x + 1≥ 0 . Phương trình đã
cho tương đương với
x2 − 2x + 1+ 2( x − 1) 2x − 3x + 1 + 2x2 − 3x + 1= 4
⇔ ( x − 1) + 2( x − 1) 2x2 − 3x + 1 + 2x2 − 3x + 1= 4
2

 x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = 2

2
⇔ x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = 4 ⇔ 
 x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = −2

(

)

• Với x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = 2 khi đó ta được
−3± 41
x ≤ 3
2x2 − 3x + 1 = 3− x ⇔  2
⇔ x=
2
x + 3x − 8 = 0
16


• Với x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = −2 khi đó ta được

 x ≤ −1
2x2 − 3x + 1 = − x − 1 ⇔  2
,
 x − x = 0

phương trình vơ nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là
 −3− 41 −3+ 41
S= 
;

.
2
2



Nhận xét. Hồn tồn tương tự như trên ta có thể thực hiện phép đặt ẩn phụ
để làm xuất hiện hằng đẳng thức.
Đặt a = x − 1;b = 2x2 − 3x + 1( b ≥ 0) . Khi đó ta có a2 + b2 = 3x2 − 5x + 2 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành

(

)

2

a2 + b2 − 2 + 2ab = 2 ⇔ ( a + b) = 4 ⇔ x − 1+ 2x2 − 3x + 1 = 4 .
2

4.2.2.2. Kỹ thuật sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân
tử.
Ví dụ 1. Giải phương trình ( x + 3) 2x + 5 + 9 = x2
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta thấy phương trình trên hồn tồn có thể giải
bằng phương pháp nâng lên lũy thừa, chỉ cần chuyển vế số 9 rồi bình phương
hai vế thì ta thu được một phương trình bậc 4. Tuy nhiên để ý một tí ta thấy
x2 − 9 = ( x + 3) ( x − 3) , như vậy cả hai vế đều có nhân tử chung là x + 3 do đó ta

sử dụng phương pháp phân tích thành tích để giải phương trình.

5
2

Điều kiện xác định của phương trình là 2x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . Phương trình đã
cho tương đương với
x + 3 = 0
2x + 5 = x2 − 9 ⇔ ( x + 3) 2x + 5 = ( x + 3) ( x − 3) ⇔ 
 2x + 5 = x − 3
• Với x + 3 = 0 ⇔ x = −3 .
 x ≥ 3
• Với 2x + 5 = x − 3 ⇔ 
2 ⇔ x = 4+ 2 3 .
2x
+
5
=
x
−
3
(
)


( x + 3)

Kết kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4 + 2 3 là nghiệm duy
nhất của phương trình.
Ví dụ 2. Giải phương trình 4x3 − 14x2 + 4x + 1= ( 2x − 1) 4x + 5 .
17

Phân tích và lời giải
Với phương trình đã cho trong ví dụ thì tư duy theo hương nâng lên lũy
thừa là tư duy khơng hề sáng suốt khi phương trình thu được sau phép nâng
lên lũy thưa sẽ có bậc sáu. Chú ý rằng bên vế phải của phương trình có nhân
tử 2x − 1 và nếu vế trái của phương trình cũng có nhân tử 2x − 1 thì là có thể
giải phương trình bằng phương pháp phân tích thành tích. Muốn kiểm tra điều
này ta chỉ cần kiểm tra xem x =
ràng x =

1
có là nghiệm của đa thức vế trái không. Rõ
2

1
là một nghiệm của đa thức vế trái, do đó phương trình đã cho có
2

nhân tử chung là 2x − 1. Từ đó ta có lời giải như sau
5
4

Điều kiện xác định của phương trình là 4x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ − .
Phương trình đã cho tương đương với
 2x − 1= 0
− 6x − 1 = ( 2x − 1) 4x + 5 ⇔  2
 2x − 6x − 1 = 4x + 5
1
• Với 2x − 1 = 0 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định.
2

• Với

( 2x − 1) ( 2x

)

2

2
 2x2 − 6x − 1≥ 0

2x − 6x − 1 ≥ 0
2x − 6x − 1 = 4x + 5 ⇔  2
⇔ 2
2
.
2
2x
−
6x
−
1
=
4x
+
5

 x − 4x + 1 x − 2x − 1 = 0
 2x2 − 6x − 1≥ 0 2x2 − 6x − 1≥ 0
 x = 1− 2

 2
 

⇔
⇔

x
−
4x
+
1
=
0
x
=
1
±
2
Hay ta được 

, thỏa mãn điều


 x = 2 + 3
 2

  x − 2x − 1 = 0   x = 2 ± 3
2

(

(

)

)(

)

kiện xác định.


1
2



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1− 2; ;2 + 3 .




Nhận xét. Ta thấy phương trình ( 2x2 − 6x − 1) = 4x + 5 là phương trình bậc 4
2

khơng nhẩm được nghiệm đẹp, do đó khi phân tích thành tích thường có dạng
( ax2 + bx + c) ( ax' 2 + bx' + c' ) = 0 . Để xác định các hệ số của các phương trình
bậc hai trên ta sử dụng phương pháp hệ số bất định.
Ta có ( 2x2 − 6x − 1) = 4x + 5 ⇔ x4 − 3x3 + 8x2 + 2x − 1= 0
2

2
2
'
'
Giả sử ta phân tích x4 − 6x3 + 8x2 + 2x − 1 thành ( x + ax + b) ( x + ax + b )

18


2
2
'
'
4
'
3
'
'
2
'
'
'
Mà ( x + ax + b) ( x + ax + b ) = x + ( a + a ) x + ( b + b + aa ) x + ( ab + a b) x + bb

a + a' = −6
a = −4


'

'
 b + b + aa = 8  b = 1
⇒ '
Đồng nhất hệ số hai vế ta được  ' '
.
ab
+
ab
=
2

a = −2
 bb' = −1
 '
 b = −1


Từ đó ta có phép biến đổi ( 2x2 − 6x − 1) = 4x + 5 ⇔ ( x2 − 4x + 1) ( x2 − 2x − 1) = 0.
2

Chú ý rằng để giải hệ trên ta nhẩm các giá trị a;b;a' ;b' ngun.
3
2
2
Ví dụ 3. Giải phương trình 2x − 9x + 8x + 3 = ( 2x − 3x − 1) 2x − 1 .

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho khơng nhẩm được nghiệm đẹp, tuy nhiên vế phải
của phương trình chứa nhân tử 2x2 − 3x − 1, ta cần kiểm tra xem đa thức vế trái
khi phân tích thành tích có chưa nhân tử 2x2 − 3x − 1 hay không. Muốn vậy ta

chia đa thức 2x3 − 9x2 + 8x + 3 cho nhân tử 2x2 − 3x − 1 xem có phải là phép chia
hết khơng và khơng q khó khăn để ta phân tích được

(

)

2x3 − 9x2 + 8x + 3 = 2x2 − 3x − 1 ( x − 3)

Đến đây thì ta có thể giải bài tốn bằng phương pháp phân tích thành tích như
sau
Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1≥ 0 . Phương trình đã cho
tương đương với

( 2x

2

)

(

)

− 3x − 1 ( x − 3) = 2x − 3x − 1
2

 2x2 − 3x − 1 = 0
2x − 1 ⇔ 
 x − 3 = 2x − 1

• Với 2x2 − 3x − 1= 0 ⇔ x = 3± 17 .
4
x ≥ 3
⇔ x = 4+ 6 .
• Với x − 3 = 2x − 1 ⇔ 
2
( x − 3) = 2x − 1

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm
 3+ 17

S= 
;4 + 6 .
 2


Ví dụ 4. Giải phương trình x3 + 3x2 + x + 2x2 − 2 = ( x2 + x) 2x2 − 2 + 2
Phân tích và lời giải
19


Thoạt nhìn ta thấy phương trình đã cho có sự phức tạp, tuy nhiên quan sát kỹ
thì ta có thể đưa phương trình về dạng x3 + 3x2 + x − 2 = ( x2 + x − 1) 2x2 − 2 . Lúc
này phương trình có dạng tương tự như phương trình đã cho ở ví dụ trên.
3
2
2
Dễ dàng phân tích được x + 3x + x − 2 = ( x + x − 1) ( x + 2) và ta có lời

giải cho phương trình như sau
Điều kiện xác định của phương trình là x2 − 1≥ 0 . Phương trình đã cho
tương đương với

(

)

x3 + 3x2 + x − 2 = x2 + x − 1 2x2 − 2

(

)

(

)

⇔ x + x − 1 ( x + 2) = x + x − 1
2

2

 x2 + x − 1 = 0
2x − 2 ⇔ 
 x + 2 = 2x2 − 2
2

• Với x2 + x − 1 = 0 ⇔ x = −1± 5 .
2

x ≥ −2
⇔ x = 2 ± 10 .
• Với x + 2 = 2x2 − 2 ⇔ 
2
( x + 2) = 2x2 − 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là
 −1− 5

S= 
;2 − 10;2 + 10

 2

Ví dụ 5. Giải phương trình 2 x2 − 9 = ( x + 5)

x+ 3
x− 3

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho chứa hai căn thức bậc hai, tuy nhiên để ý ta thấy
x − 9 = ( x + 3) ( x − 3) do đó nếu sử dụng phép nâng lên lũy thừa thì ta được một
phương trình có nhân tử chung là x + 3 . Mặt khác để ý tiếp ta lại thấy
2

x+ 3
x2 − 9
=
, khi đó nếu sử dụng phương pháp phân tích thành phương
x− 3

x− 3

trình tích thì ta có nhân tử chung là x2 − 9 . Từ đó ta có lời giải như sau
 x2 − 9 ≥ 0
x > 3

⇔
Điều kiện xác định của phương trình là  x + 3
.
≥0
 x ≥ −3

x− 3

Phương trình đã cho tương đương với

20


2 x2 − 9 = ( x + 5)

 x = ±3
 x2 − 9 = 0  x2 = 9


x −9

x = 1
⇔
⇔

2x
−
6
=
x
+
5
⇔
x+ 5


3
x− 3
2 = x − 3
6 − 2x = x + 5 


x
=
11

2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là
S = { −3;11}

Nhận xét. Ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình
x + 5 ≥ 0
x+ 3


⇔
2 x+ 3
2
x− 3
4 x − 9 = ( x + 5) x − 3


2 x − 9 = ( x + 5)
2

(

)

x + 5 ≥ 0

1

x ≥ −5
⇔
⇔
⇔
x
∈
−
3;11;
2
2






3

( x + 3)  4( x − 3) − ( x + 5)  = 0 ( x + 3) ( x − 11) ( 3x − 1) = 0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là
S = { −3;11}

4.2.2.3. Kỹ năng sử dụng cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai.
Ví dụ 1. Giải phương trình 3x2 + 3x + 2 = ( x + 6) 5x2 − 2x − 3
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta nhận thấy biểu thức trong căn và ngồi căn cùng có
bậc hai nên ta nghĩ đến phân tích biểu thức ngồi căn theo biểu thức trong
căn, cụ thể là

(

)

3x2 + 3x + 2 = 3x2 − 2x − 3+ 5x + 5 = 3x2 − 2x − 3 + 5( x + 1)

Với sự xuất hiện của biểu thức x + 1 thì ta lại có

( x + 6)

3x2 − 2x − 3 = ( x + 1) 3x2 − 2x − 3 + 5 3x2 − 2x − 3

Đến đây phương trình đã cho trở thành

3x2 − 2x − 3+ 5( x + 1) = ( x + 1) 3x2 − 2x − 3 + 5 3x2 − 2x − 3

Để ý rằng sau khi chuyển vế thì phương trình phân tích được thành tích.
Từ đó ta có lời giải cho phương trình như sau
Điều kiện xác định của phương trình là −6 < x <
Phương trình đã cho tương đương với
21

1− 10
1+ 10
hoặc x >
.
3
3