Sáng kiến kinh nghiệm phương pháp giải phương trình vô tỷ file word có lời giải chi tiết image marked

II. NỘI DUNG
I. Sử dụng phép biến đổi tương đương.
Cần chú ý một số biến đổi tương đương sau:
1.
2.
3.

3

4.

3

 f ( x)  g 2 ( x)
f ( x)  g ( x)  
 g ( x)  0
  f ( x)  0 (1)

f ( x)  g ( x)    g ( x)  0 (2)
 f ( x)  g ( x)

3
f  x  g  x  f  x  g  x
f  x  g  x  f  x  g3  x

Tùy theo bài cho mà ta chọn (1) hoặc (2) để tránh phức tạp khi giải điều kiện.
Bài 1. Giải PT : 3x 2  9 x  1  x  2 (1)
Giải:
x  2

x  2  0

x  2
 x3
Ta có : (1)   2
 2
  
 x  3.
2
3 x  9 x  1  ( x  2)
 x  5x  3  0
 x   1
 
2

Bài 2. Giải PT : x  3  x  5  2 (2).
Giải :
x  3  0
 x  3

 x  5.
x  5  0
x  5

Điều kiện : 

Khi đó (2)  x  3  2  x  5  x  3  4  4 x  5  x  5  x  5  1  x  6 .
Bài 3. Giải PT : x  2 x  1  x  2 x  1  2 (3)(HV CNBCVT-2000).
Giải :
Ta có (3)  ( x  1  1)2  ( x  1  1)2  2  x  1  1  x  1  1  2 (3)
Điều kiện : x  1 .
Khi đó (3)  1  x  1  1  x  1  1  x  1  0  x  1  1  x  2

Kết hợp với điều kiện ta có : 1  x  2 .
 Chú ý : A  A  A  0 .
 Một số bài tương tự :
1. 2 x  2  2 x  1  x  1  4

(ĐH Khối D-2005). (Đ/S : x  3 ).

x3
2

2.

x  2 x 1  x  2 x 1 

3.

x  2x 1  x2  2x2  1

4.

x  3  4 x 1  x  8  6 x 1  1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Bài 4. Giải PT :

x  x  1  x  x  2   2 x 2

(1) (ĐH SPHN II-2000)

Giải :
 x  0
 x( x  1)  0
x  0


 x  1
Điều kiện :  x( x  2)  0  
  x  1
x

0
 x2  0

 x  2

  x  2

+ Với x  0 : Là nghiệm của (1)
+ Với x  1 :
Ta có : (1)  x  1  x  2  2 x (2)
 x 1  x  2  0
Rõ ràng với x  1 thì : 
 (2) vơ nghiệm.
2 x  0
+ Với x  2 :

Ta có : (1)  ( x)(1  x)  ( x)(2  x)  2 ( x)2  1  x  2  x  2  x
 1  x  2  x  2  x  1  x  2  x  4 x  4 x( x  2)
 4 x  3  4 x( x  2) (4)
4 x  3  0

Rõ ràng với x  2 thì 

 (4) vơ nghiệm.
4 x( x  2)  0
Vậy PT có nghiệm duy nhất : x  0 .

 Việc phân chia các trường hợp theo điều kiện giúp ta tránh khỏi sai lầm khi rút

gọn hoặc chỉ ra PT vô nghiệm. Các bài tốn dưới đây có nội dung tương tự :
1. 2 x 2  8 x  6  x 2  1  2 x  2
(ĐH BKHN-2001). (Đ/S : x  1 ).
2.
x 2  4 x  3  2 x 2  3x  1  x  1
3. . x 2  4 x  3  x 2  x  3x 2  4 x  1
(Đ/S : x  1 ).
Bài 5. Giải phương trình: x  4  1  x  1  2 x .
1
2

Hướng dẫn giải: ĐK:  4  x  (*).
pt  x  4  1  2 x  1  x  x  4  1  2 x  2 (1  2 x)(1  x)  1  x
1

2x 1  0


 x
 2 x  1  (1  2 x)(1  x)  


2  x  0.
2
2
(2 x  1)  (1  2 x)(1  x)
2 x  7 x  0

Đối chiếu đk (*) ta thấy x = 0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x = 0
Bài 6. Giải phương trình sau :
x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


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 như
x3

sau :
(2) 

x3  1
 x  3  x2  x  1  x  1
x3

x  1 3
x3  1
Bình phương 2 vế ta được:
 x2  x  1  x2  2x  2  0  
x3
 x  1  3

Thử lại : x  1  3, x  1  3

là nghiệm

3x  x 3x
Bài 7. Giải phương trình :
Giải:
Đk: 0  x  3 khi đó pt đã cho tương đương: x3  3x 2  x  3  0
3

3
1 
10
10  1


x


x


3 3 3
3

Bài 8. Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4

Giải:
Đk: x  3 phương trình tương đương :

1 

3 x



2

x  1

x

3

1


3
x
 9x2  

 x  5  97
 x  3  1  3 x

18

Bài 9. Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3x  x  2 
Giải: pt 



3

x  2  3 3x



3

2

 0  x 1

Bài 10. Giải phương trình: 2 x  1  3x  1
Hướng dẫn giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trình vơ
1
3

nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi 3x  1  0  x   . Khi đó hai vế đều
khơng âm và bình phương ta thu được phương trình tương đương.

1

1
x



3
x

1

0


4
 x
3
pt  

 x  0Vx  
3 
2
4
9
2 x  1  (3 x  1)

9 x 2  4 x  0
 x  0, x  

9

 g ( x)  0
Nhận xét: * f ( x)  g ( x)  
(không cần đặt đk: f ( x)  0 )
2
 f ( x)  g ( x)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


* Ở bài tốn trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ: t  2 x  1
I.

PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP

1.

Mục đích: Đưa phương trình vơ tỷ về một phương trình dạng tích mà xuất

hiện nhân tử chung.
2. Phương pháp:
Sử dụng phép nhân chia liên hợp giúp ta giải quyết nhiều bài tốn về PT vơ tỉ mà
các phương pháp khác gặp khó khăn hoặc khơng giải được. Cần lưu ý :
+

A B 

+

AB

A B
A B

A  B2
AB

+
+

A B 

AB

A B
A B

A  B2
AB

3. Phương pháp nhân lượng liên hợp bằng cách nhóm các số hạng.
Bài 1. Giải PT : 4 x  5  3x  1  2 x  7  x  3 (1).
Giải :
5


x   4
4 x  5  0

3 x  1  0
 x   1
1


Điều kiện : 
3  x .
3

2 x  7  0
7
x  
 x  3  0
2

 x  3

(1)  4 x  5  2 x  7  x  3  3 x  1


(4 x  5)  (2 x  7) ( x  3)  (3 x  1)

4x  5  2x  7
x  3  3x  1

 (2 x  2)[



2x  2

4x  5  2x  7

2  2x
x  3  3x  1

1
1

]=0  x=1 (thỏa mãn)
4x  5  2x  7
x  3  3x  1

Vậy x  1 là nghiệm của PT.
Bài 2. Giải PT : 3  2  x  2   2 x  x  6 (1)

(HV KTQS-2001).

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


Giải :
x  2  0
 x  2.

x  6  0

Điều kiện : 

Ta có (1)  2 x  6  3 x  2  x  6  2( x  3) 
 2( x  3) 

9( x  2)  ( x  6)
3 x2  x6

8( x  3)
(2)
3 x2  x6

+ x  3 là nghiệm.
3 x  2  x  6  4
+ x  3 : (2)  3 x  2  x  6  4 . Do đó ta có : 

3 x  2  x  6  2 x  6

 2. x  6  10  2 x

x  5
x  5

 2
2
 x  6  25  10 x  x
 x  11x  19  0

x  5
11  3 5


.
11  3 5  x 
2
x


2


 11  3 5 
.
2



Vậy PT có tập nghiệm : S  3;

Bài 3 . Giải phương trình sau :

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

Giải:
Ta nhận thấy :  3x 2  5 x  1   3x 2  3x  3  2  x  2 

x

2

 2  x2  3x  4  3x  2

Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế :
2 x  4

3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1



3x  6

x 2  2  x 2  3x  4

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 4. 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 
x  4 không phải là nghiệm
Xét x  4

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Trục căn thức ta có :
2x  8

2x2  x  9  2x2  x  1

 x  4  2x2  x  9  2x2  x  1  2

x  0
 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2
2
 2 2x  x  9  x  6  
Vậy ta có hệ: 
2
2
x  8
 2 x  x  9  2 x  x  1  x  4
7

8
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
7

Bài 5. Giải phương trình: 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  3 2 x 2  1
Giải:
Do VP  1 nên  VT  1  x  1
Ta thấy nếu 2x 2 = x + 1 thì hai vế của phương trình bằng nhau nên ta phân tích ra
thừa số 2x 2 -x - 1
Ta có: PT  ( 3 2 x 2  1  3 x  2)  (3 2 x 2  3 x  1)  0
2x 2  x  1


3

(2 x 2  1) 2  3 2 x 2  1)( x  2)  3 ( x  2)

2



2x 2  x  1
3

4 x 4  3 2 x 2 ( x  1)  3 x  1) 2

0

 2 x 2  x  1  0 ( do x  1 nên khi đặt 2x 2 -x-1 làm thừa số thì biểu thức trong dấu

ngoặc ln dương)
1
 x  1; x   là nghiệm của phương trình đã cho
2

Chú ý: Bài tốn trên có thể giải giải bằng cách đánh giá như sau:
1
thì hai vế của phương trình bằng nhau
2
* Nếu 2x 2 > x + 1  VT < VP  Phương trình vơ nghiệm
* Nếu 2x 2 < x + 1  VT > VP  Phương trình vơ nghiệm

* Nếu 2 x 2 = x+ 1  x  1; x  

Bài 6. Giải phương trình: x 2 + x - 1 = ( x + 2 ) x 2  2 x  2

Giải:
Phương trình : x 2 +x- 1 = ( x + 2 ) x 2  2 x  2
 x 2  2 x  7  3( x  2)  ( x  2) x 2  2 x  2  0
 x 2  2 x  7  ( x  2)(3  x 2  2 x  2  0  x 2  2 x  7 
 ( x 2  2 x  7)(1 

x2

)  0  ( x 2  2 x  7) (

( x  2)( x 2  2 x  7)
x  2x  2  3
2

( x  1) 2  1  ( x  1)

x  2x  2  3
x  2x  2  3
 x -2x - 7 =0  x  1  7 là nghiệm của phương trình đã cho.
2

2

0

)0

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


4. Phương pháp nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt số hạng.
a, Phương pháp
Với một số phương trình ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình
ln đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình A  x   0
hoặc chứng minh A  x   0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương
trình để ta có thể đánh giá A  x   0 vô nghiệm .
Học sinh đoán nghiệm bằng cách sử dụng máy tính hoặc thay trực tiếp các giá trị
đặc biệt làm cho các căn bậc hai là số nguyên.
b. Bài tập.
Bài 1. Giải phương trình :

x 2  12  5  3 x  x 2  5

Giải: Để phương trình có nghiệm thì :

x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x 

5
3

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình .
Như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
 x  2  A  x   0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách các số hạng như sau
x  12  4  3 x  6  x  5  3 
2

2

Dễ dàng chứng minh được :

x2  4
x 2  12  4

 3 x  2 

x2  4
x2  5  3



x2
x 1
  x  2 

 3  0
2
x2  5  3 
 x  12  4
x2
x2
x2
5

 3  0, x 
3
x 2  12  4

x2  5  3

Bài tốn 2: Giải phương trình: x  2  4  x  2 x 2  5 x  1
Giải:
ĐK: 2  x  4
Mới nhìn vào phương trình ta sẽ nghĩ có thể giải phương trình bằng cách đánh giá.
Nhưng ta không thể theo cách đánh giá vì VP  0!
Tuynhiên phương trình trên vẫn có nghiệm x=3 nên ta giải phương trình trên bằng
cách nhân lượng liên hợp.
PT  x  2  1  4  x  1  2 x 2  5 x  3
x  3





 ( x  3)(2 x  1) 
1
1


 2 x  1(*)
x  2 1
4  x 1
 x  2  1

4  x 1
1
1
1

 1;

 2  1  VP(*)  2  2
ta có:
x  2 1
4  x 1
2 1
x3

x3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7


Mặt khác x  2  VP(*)  2 x  1  5  (*) Vơ nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 3.
Bài tốn 3: Giải phương trình:
Giải:

3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0 . (ĐH KB 2010)

1
3

ĐK:   x  6

Nhận xét: x=5 là một nghiệm của phương trình đã cho.
 ( 3x  1  4)  (1  6  x)  3x 2  14x  5  0

3(x  5)
x 5


 (x  5)(3x  1)  0
3x  1  4 1  6  x
3
1
 (x  5) 

 (3x  1)   0
 3x  1  4 1  6  x

 x  5  0(t / m)

3
1


 (3x  1)  0(VN)
 3x  1  4 1  6  x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=5.
Bài tốn 4. Giải phương trình (x  1) x  2  (x  6) x  7  x 2  7x  12
Giải:
Đk : x  - 2
Nhận xét: Phương trình có nghiệm x=2.
 (x  1)( x  2  2)  (x  6)( x  7  3)  x 2  2x  8
(x  1)(x  2) (x  6)(x  2)


 (x  2)(x  4)
x22
x 7 3
x6
 x 1

 (x  2) 

 (x  4)   0 (*)
x 7 3
 x22

x 1
x6
x 1 x  6
5
5
x 9



Ta có:
= x  = x+4 
< x + 4 x -2
2
3
6
2
6
x22

x 7 3



Vậy (*)  x – 2 = 0  x= 2. Vậy nghiệm của phương trình x=2.
Nhận xét: Từ các giải phương trình vơ tỷ trên học sinh hồn tồn có thể giải bất
phương trình vơ tỷ sau trong kỳ thi tuyển sinh Đại học khối D năm 2014:
Bài toán 4.1. Giải bất phương trình (x  1) x  2  (x  6) x  7  x 2  7x  12
Bài 5. Giải phương trình : 3 x 2  1  x  x3  2
Giải: Đk x  3 2
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


3

x 2  1  2  x  3  x3  2  5



  x  3 1 



2
  x  3  x  3 x  9 

2

3 2
x3  2  5
3 x2  1
   2 x  1  4 
x3
x3
x 2  3x  9
Ta chứng minh : 1 
 1

2

2
2
3 2
3 2
x3  2  5
3 x2  1

2
x

1

4
x

1

1

3
 
x3





Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3.
1  x 2x  x 2

x
1 x2

Bài 6. Giải phương trình:
Giải:

ĐK: 0 < x  1

Ta thấy phương trình có một nghiệm x =

1
nên ta phân tích ra thừa số. Nên ta có
2

1  x 2x  x 2

x
1 x2
 (1  x 2 ) 1  x  (2 x  x 2 ) x  x 2 ( 1  x  x )  ( 1  x  2 x x )  0

phương trình :



x 2 (1  2 x)

0

1  x  2x x
1 x  x
x2
2x 2  x  1
1
 (1  2 x)(

)0 x
2
1 x  x
1  x  2x x
1 x  x



x 2 (1  2 x)

1  x  4x 3

(1  2 x)(2 x 2  x  1)
1  x  2x x

0

(Do biểu thức trong dấu ngoặc ln dương)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=

1
2

Bài 7. Giải phương trình: 2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20
x  2
 x  10

Giải:

ĐK 

Để đơn giản ta đặt a= x 2  7 x  10 ; b= x 2  12 x  20  2a  b  x (I)
Ta thấy phương trình có nghiệm x = 1, ta biến đổi như sau:
PT  2 x 2  7 x  10  ( x  1)  x 2  12 x  20  ( x  2)







 18( x  1)

x  7 x  10  x  1

2

( Vì hai phương trình



 16( x  1)

x  12 x  20  x  2
2

x  7 x  10  x  1  0 và
2

x 2  12 x  20  x  2  0 vô nghiệm)

x  1

(II)
9
8


a  x  1 b  x  2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

9

2 a  b  x
 5a  4 x  5
8a  9b  x  10

Kết hợp (I ) và (II) ta có hệ phương trình 

5

15  5 5
x 
 5 x  7 x  10  4 x  5  
x
4
2
 x 2  15 x  25  0

2

15  5 5
thoả mãn.
2
15  5 5
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x=1 và x=
2

Thay vào phương trình ban đầu ta thấy chỉ có nghiệm x=

Bài 8. Giải phương trình: 2

x2  x  1

 x2  4 
x4

2
x2  1

Giải: Điều kiện: x  4
Nhận xét: Nếu x 2  3 thỏa mãn phương trình trên
 x2  x  1  2
 1  x  3 


x

4



Phương trình đã cho tương đương : 2 

2
x2  1

1

x2  x  1
1
4  ( x 2  1)
x4
2

 x2  3 
x2  x  1
(2  x 2  1) x 2  1
1
x4



2( x 2  3)
( x  4)( x 2  x  1)  x  4

 x2  3 

x2  3
(2  x 2  1) x 2  1

0



2
1
 ( x 2  3) 
1
0
 ( x  4)( x 2  x  1)  x  4
(2  x 2  1) x 2  1 
 x2  3  x   3

Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  3, x   3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

10


- Trong các ví dụ kể trên nếu khơng đốn được nghiệm thì học sinh cũng khơng
thể hiểu tại sao ta lại thêm bớt các giá trị như vậy. Cho nên khi giảng dạy
những phần này giáo viên cần chú ý giải thích cho học sinh hiểu thật thấu
đáo cách thêm, bớt các giá trị, sau khi đã đoán được nghiệm.
- Khơng chỉ trong phương trình vơ tỷ mà ngay trong một số hệ phương trình có
dạng vơ tỷ thì phương pháp nhân liên hợp cũng được dùng khá nhiều, sau
đây ta sẽ xét các ví dụ minh họa điều đó.
2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  1  0
(1)
Bài 9. Giải hệ phương trình:  2 2
4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y (2)

(ĐH KB-2013)
(1)  y = 2x + 1 hay y = x + 1
TH1 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có :
1
3 x  1  5 x  4  3 x 2  x  3 ( x   ) (3)
3

Nhận xét: x=0, x=1 là nghiệm của phương trình (3)
 3x  1  5 x  4  3( x  1) x  2 x  3
  3x  1  ( x  1)    5 x  4  ( x  2)   3( x  1) x


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

 x2 – x = 0 hay

1
1

 3 (VN)
3 x  1  ( x  1)
5 x  4  ( x  2)

 x = 0  x = 1  x = 0  y = 1; x = 1  y = 2
TH2 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có :
1
4

f(x) = 4 x  1  9 x  4  3  4 x  g ( x) ( x   )
1
 x = 0 (vì f đồng biến, g nghịch biến trên   ;   . Vậy x = 0 và y = 1.
 4



– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

11


Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) hay (x; y) = (1; 2).
 x 12  y  y (12  x 2 )  12 (1)

Bài 10. Giải hệ phương trình 

3
 x  8 x  1  2 y  2

(2)

(x,y  R) (ĐH KA-2014)

Giải:
Ta có x 12  y  (12  x 2 )y 
Dấu “=” xảy ra 

x
12  y



2

x

2

 12  x 2  12  y  y   12

12  y
y

 x y  (12  y)(12  x 2 ) (3)

Khi đó (1) tương đương với (3)
x  0

x  0
x  0




2
2
2
2
2
 x y  144  12x  12y  x y
12y  144  12x
 y  12  x (4)

(3)  

Thế (4) vào (2) ta có
(2)  x 3  8x  1  2 10  x 2  x 3  8x  1  2 10  x 2  0





 x 3  8x  3  2 1  10  x 2  0 (*)

Nhận xét: x=3 là nghiệm của phương trình (*)
  x  3  x 2  3x  1  2.
  x  3  x 2  3x  1  2.

1  (10  x 2 )
1  10  x 2
9  x2

0

0
1  10  x 2

2(x  3) 
  x  3  x 2  3x  1 
0
1  10  x 2 

x  3
 2
 x  3x  1  2(x  3)  0 (vônghiệ
m vì x  0)

1  10  x 2

 x 3 y 3
x  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
y  3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

12


1  y  x  y  x  2   x  y  1 y

Bài 11. Giải hệ phương trình: 

2
2 y  3 x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3

 x, y   

(ĐH KB-2014)
Giải:
ĐK : x – y  0, y  0, x – 2y  0; 4x – 5y – 3  0
(1) (1  y) x  y  (x  y  1)  (y  1)  (x  y  1) y  0
 (1 – y) ( x  y  1)  (x  y  1)(1  y)  0 

(1  y)(x  y  1) (x  y  1)(1  y)

0
x  y 1
1 y



1
1 

  0  (1–y)(x–y–1) = 0 y=1 hay x = y + 1
 x  y  1 1  y 
y = 1, (2)  9 – 3x = 2 x  2  4x  8  9 – 3x = 0  x = 3

 (1 – y) (x – y – 1) 

x = y + 1, (2)  2y2 + 3y – 2 = 2 1  y  1  y  2y2 + 3y – 2 = 1  y (A)
(A) 1  y  2y 2  3y  2  0
 2(1  y)  2y 1  y  (2y  1) 1  y  y(2y  1)  0

 2 1  y  1  y  y   (2y  1)( 1  y  y)  0   2 1  y  2y  1 1  y  y   0
 2 1  y  2y  1  0 (VN)



 1  y  y  0

 y2  y  1  0  y 
Nếu y 

 1  y  y(y  0)

1  5
1  5

y
(loaïi )
2
2

1  5
1 5
x
. Vậy hệ có nghiệm (3;1) và
2
2

 1  5 1  5 
;


2 
 2

 3 x  1  4(2 x  1)  y  1  3 y
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
( x  y )(2 x  y )  4  6 x  3 y

1

x 
Giải: Điều kiện:  3
 y  1

Phương trình thứ hai trong hệ tương đương:

( x  y  1)(2 x  y  4)  0  2 x  y  4  0  y  2 x  4 ( Vì: x+y+1>0)

Thay vào phương trình (1) ta được: 3x  1  2 x  3  2 x  8  0
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

13


3x  1  2 x  3
1


 2 x  8  0  ( x  4) 
 2  0  x  4
3x  1  2 x  3
 3x  1  2 x  3


Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm: (x;y)=(4;8)
7 x 3  y 3  3 xy ( x  y )  12 x 2  6 x  1
Bài 13. Giải hệ phương trình: 
 3 4 x  y  1  3 x  2 y  4

Giải:
Điều kiện 3x  2 y  0
7 x 3  y 3  3 xy ( x  y )  12 x 2  6 x  1  8 x 3  12 x 2  6 x  1  x 3  3 x 2 y  3 xy 2  y 3
  2 x  1   x  y   2 x  1  x  y  y  1  x
3

3

Thay y  1  x thay vào (*) ta được : 3 3x  2  x  2  4 (1)
Ta có
3

3x  2  x  2  4 



3

3 x  2


3

 3x  2 


  x  2 



2

 

3x  2  2 

 2 3 3x  2  4





x2 2 0

x2
0
x22


1
0 x2

3

x

2

2
 2 3x  2  4

3

3

 3x  2 

2

x  2
x  2  y  1 . Vậy nghiệm của hệ là: 
 y  1

Chú ý: Học sinh có thể sử dụng đạo hàm để chứng minh phương trình (1) có
nghiệm duy nhất x=2

 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2
Bài 14. Giải hệ phương trình: 
2
4 x  2  16  3 y  x  8

Giải:
16
3
Từ phương trình 1  x3  3x 2  3x  1  y 3  3 y 2  3 y  1

Điều kiện: x  2, y 

 x  1

3

  y  1  x  1  y  1  y  x  2 (3) ,thế (3) vào (2) ta được
3

4 x  2  16  3  x  2   x 2  8  4 x  2  22  3 x  x 2  8

Nhận xét: x=2 là nghiệm của phương trình.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

14




 



  x 2  4   4 2  x  2  4  22  3 x  0
4
3


  x  2   x  2  

0
2  x  2 4  22  3 x 

x  2  y  0

(*)
4
3
x  2 

0

2  x  2 4  22  3 x

4
3
Giải(*) xét hàm số f  x   x  2 
trên đoạn

2  x  2 4  22  3 x
22 


2;

3 
2
9
22 

f '  x  1

 0x   2; 
2
2
3 

x2 2 2 x
2 22  3 x 4  22  3 x









22 
22 


 hàm số f  x  liên tục và đồng biến trên đoạn  2;  mà 1   2; 
3
3


và f  1  0 từ đó phương trình (*)  f  x   f  1  x  1  y  3

( do(3))
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    2;0  và  x; y    1; 3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

15


II.

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

1. Đặt ẩn phụ trực tiếp dẫn tới phương trình

a) Đặt ẩn phụ hoàn toàn
Là phương pháp mà sau khi đặt ẩn phụ phương trình chỉ có một loại ẩn đó là ẩn
mà ta vừa đặt. Tìm được ẩn phụ này ta sẽ tìm được kết quả.
Bài 1. Giải phương trình : x 2  x  4  x 2  x  1  2 x 2  2 x  9 (1).
Giải :
1
2

3
4

3
4

Đặt t  x 2  x  1  ( x  )2   .
t  1
t  4

Khi đó : (1)  t  3  t  2t  7  t  3  t  2 t (t  3)  2t  7  t (t  3)  2  
x  0
 x  1

Kết hợp với điều kiện ta có : t  1  x 2  x  1  1  
Vậy tập nghiệm của PT là : S  1;0 .
 Bài tập tương tự:
8.

2 x2  5x  2  2 2 x2  5x  6  1

7

(ĐH Sư Phạm HCM - 2000) Đ/S: S  1;  


9. x 2  x  4  x 2  x  1  2 x 2  2 x  9
10. 3x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7  2
Bài2. Giải phương trình:

3 x  6 x 

2

Đ/S: S  1; 6

 3  x  6  x   3 1

Giải:
Đặt t  3  x  6  x  t 2  9  2  3  x  6  x   9  t  3 và

 3  x  6  x  

t2  9
2

 

t  3
t2  9
 3  t 2  2t  3  0  
t 3
2

t  1
x  6
Với t  3 thay vào     3  x  6  x   0  
 x  3

Khi đó 1 trở thành: t 

 t  3

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  3;6
 Bài tập tương tự:
11. 2  x  2  x  4  x 2  2
12. x  1  4  x   x 2  3x  4  5 (ĐH Ngoại Ngữ HN - 2001) Đ/S: S  0;3
2
x  x2  x  1  x
3
14. x  17  x 2  x 17  x 2  9

13. 1 

(ĐH Quốc Gia HN - 2000)

Đ/S: S  0;1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

16


15. x  4  x 2  2  3x 4  x 2

(ĐH Mỏ - Địa Chất - 2001) Đ/S:


6  126 
S  0; 2;

2



Bài 3. Giải phương trình: 2 x  x  1  x  2 x 2  x  1 1
Giải:
Đặt t  x  1  x  0  t 2  2 x  1  2 x  x  1 . Khi đó 1 có dạng:
t  1
t2  t  2  0  
 t 1
t  2
Với t  1  1  2 x  1  2 x  x  1  2 x  2 x  x  1  0  x  0

 x  0

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  0 .
Bài 4. Giải phương trình: 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2
Giải:
Đặt t  3x  2  x  1  t  0   t 2  4 x  3  2  3x  2  x  1  4 x  3  2 3x 2  5 x  2
t  2
t 3
t  3

Do đó phương trình đã cho trở thành: t  t 2  6  t 2  t  6  0  
Ta có: t  3  9  4 x  3  2 3x 2  5 x  2  3x 2  5 x  2  6  2 x

x  3
6  2 x  0
x  3
x  2

 2
 2
  x  2  
2
 x  17
3 x  5 x  2  36  24 x  4 x
 x  19 x  34  0
  x  17

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  17; 2
 Bài tập tương tự:

16. 2 x 2  x  x 2  3  2 x x 2  3  9

Đ/S: S  1

17. 2 x  1  x  3  x  2 x 2  3x

Đ/S: S  1

b) Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Là phương pháp mà sau khi đặt ẩn phụ dẫn đến phương trình mới có đồng thời ẩn

ban đầu và ẩn mới. Ta sẽ thiết lập sự liên quan giữu hai ẩn này để tìm ra kết quả.
Bài 5. Giải phương trình: 2 x 2  3x  2  x 3x  2 1
Giải:
Đặt t  3x  2  0 . Khi đó 1 trở thành: 2 x 2  t 2  xt  t 2  xt  2 x 2  0 .
 x  3x
t  2   x
2
2
2
Ta có t  x  8 x  9 x  
t  x  3 x  2 x

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

17


x  0
 x  0
x  0

+ Với t   x   x  3x  2   2
 2
   x  1  Vô nghiệm.
 x  3x  2
 x  3x  2  0
 x  2


2 x  0
x  0
+ Với t  2 x  2 x  3x  2   2
vơ nghiệm vì
 2
4 x  3x  2
4 x  3x  2  0
  9  32  0 .

Kết luận: Phương trình đã cho vơ nghiệm.
Bài 6. Giải phương trình: 6 x 2  10 x  5   4 x  1 6 x 2  6 x  5  0 1
Giải:
Ta có 1  6 x 2  6 x  5   4 x  1 6 x 2  6 x  5  4 x  0 . Đặt t  6 x 2  6 x  5  0
Khi đó 1 trở thành: t 2   4 x  1 t  4 x  0 . Ta có
 4 x  1   4 x  1
 1
t 
2
2
2
 t   4 x  1  16 x   4 x  1  
 4 x  1   4 x  1
 4x
t 
2

4 x  0
x  0
Do t  0  t  4 x  4 x  6 x 2  6 x  5   2


 2
2
16 x  6 x  6 x  5 10 x  6 x  5  0
x  0
3  59


3  59  x 
10
x 
10

 3  59 
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  
.
 10 

 Bài tập tương tự:

18. x 2  3x  1   x  3 x 2  1

(ĐH Quốc Gia HN - 2001)

Đ/S: S  2 2

19.  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1

Đ/S: S  1  2

20. 2 x 2  x  3  3x x  3

Đ/S: S  1;

21. x  3 

3x 2  7 x  8
4x  2

3x 2  3x  2
3x  1
x  2  x 2x 1
23.
 x2
x  2x 1

22. x 2  x  2 

 1  13 

2 


Đ/S: S  1
Đ/S: S  1
Đ/S: S  1; 2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

18

24.







x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2x

Đ/S:

1  5 1  13 
S 
;

2 
 2

2.Biến đổi phương trình trước khi đặt ẩn phụ.
a, Phương pháp: F (n f ( x) , n g ( x) )  0 , trong đó f (x) là một pt đẳng cấp bậc k .
Với dạng này ta xét hai trường hợp:
TH 1: g ( x)  0 xét trực tiếp.
TH 2: g ( x)  0 chia hai vế phương trình cho g k (x) và đặt t  n

f ( x)
ta được phương
g ( x)

trình F1 (t )  0 là phương trình đa thức bậc k .
Ta thường gặp dạng: a. f ( x)  b.g ( x)  c. f ( x) g ( x)  0.
b, Bài tập
Bài 1. Giải phương trình: 5 x 3  1  2( x 2  2) .
Giải: x  1 . Ta có: Pt  5 ( x  1)( x 2  x  1)  2( x 2  x  1)  2( x  1)
2

x 1
x 1
5 2
 2  0 (Do x 2  x  1  0, x).
x  x 1
x  x 1
2

Đặt: t 
*t  2 

t  2
x 1
2
 1.
2
t

5
t

2


0

,
t

0
,
ta
có
pt:
x2  x  1
t  2

x 1
 4  4 x 2  5 x  3  0 : pt vô nghiệm.
x  x 1
2

1
x 1
1
5  37
 2
  x 2  5x  3  0  x 
2
2
x  x 1 4
x2  3
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2  5 x  3x
6  0

x

*t 

Giải: Điều kiện:

x2  3
0
x

Chia cả 2 vế của phương trình cho x ta có:

– Website chun đề thi – tài liệu file word mới nhất

19


2( x 2  3)
x2  3
3
5  0
x
x
t  1
x2  3
2
; t  0 . Ta có phương trình: 2t  3t  5  0  
t   5 (l )
x


2

Đặt t 


1 4
x

x 3
2
 1  x2  x  3  0  
(thỏa mãn)
x

1 4
x 

2
2

Kết luận: Phương trình có nghiệm: x 

1 4
1 4
;x 
2
2

Bài 3. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3 x  1  m x  1  24 x 2  1

(ĐH Khối A - 2007)

Hướng dẫn giải: ĐK: x  1
* x  1 là nghiệm phương trình  m  0.
* x  1, chia hai vế phương trình cho
Đặt: t  4
3t 

x 2  1 ta được: 34

4

x 1
x 1
 m4
 2.
x 1
x 1

x 1 4
2
 1
 0  t  1, t  1 và phương trình trở thành:
x 1
x 1

m
 2  3t 2  2t  m (*) .
t

Phương trình đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t  (0;1)
1
3

1
3

1
3

Vì   3t 2  2t  1, t  (0;1)  (*) có nghiệm t  (0;1)    m  1  1  m  . Vậy
1  m 

1
là giá trị cần tìm.
3

Qua ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mấu chốt của bài toán.
Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được
các biểu thức chứa x khác trong phương trình đã cho qua ẩn phụ vừa đặt.
1
2

Bài 4. Giải phương trình: 2 log 2 x  log 1 (1  x )  log 2 ( x  2 x  2)
2

(ĐH_D-2013)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

20


Giải: Đk : 0 < x < 1






x2

1 x



 x  2 x  2 . Chia cả hai vế của phương trình cho x ta có:

x
2
x
2 x 2
, t  0 , Phương trình có dạng: t  1 
. Đặt t 
 1
t
x
1 x
1 x

t  1(l )
x
 t2  t  2  0  

 2  x  4  2 3 (thỏa mãn).
1 x
t  2

Vậy phương trình có nghiệm: x  4  2 3 .
Bài 5. Giải phương trình: x  1  x 2  4 x  1  3 x .
Giải:
Đk : 0  x  2  3 hay x  2  3
Nhận xét x = 0 là nghiệm
+ Với x  0, Chia cả hai vế của 
Đặt t = x 

1
1
 x 4 = 3
x
x

x

1
1
 x  = t2 – 2 (t  2)
x
x

t  3

Ta có : t  t 2  6  3  t 2  6  3  t  

2
2
t  6  9  6t  t

1
x

5
1
 x  hay x = 4 (thỏa mãn)
2
4
1
Kết luận: Phương trình có nghiệm x  hay x = 4
4

 x



Nhận xét: Với cách giải của phương trình đã cho học sinh hồn tồn có thể giải bất
phương trình sau trong kỳ thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012.
Bài 5.1. Giải bất phương trình: x  1  x 2  4 x  1  3 x .
Bài 6. Giải phương trình sau:

x x
1  2( x 2  x  1)

1

Giải:
Điều kiện: x  0.
x  x  1  2( x 2  x  1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

21


Nhận xét: x=0 khơng là nghiệm của phương trình đã cho, chia cả hai vế của
phương triinhf cho x
x 1 

1
1
1
1
 2( x   1)  x 
 1   2( x   1)
x
x
x
x

Đặt t  x 

1
1
 x   t2  2
x
x

Phương trình có dạng: 1  t  2(t 2  1)  t  1  x 
Kết luận: Phương trình có nghiệm: x 

3 5
2

3 5
2

Bài 7. Giải phương trình sau : x 2  2 x x 

1
 3x  1
x

Giải:
Điều kiện: 1  x  0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x  2 x 

1
1
 3
x

x

1
x

Đặt t  x  , ta giải được.
Bài 8. Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1
Giải: x  0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
1
1

x  3 x  2
x
x

1
1 5
Đặt t= 3 x  , Ta có : t 3  t  2  0  t  1  x 
x
2

Bài 9. Giải phương trình: 4(2 x 2  1)  3( x 2  2 x) 2 x  1  2( x3  5 x)
Giải: Điều kiện: x 

1
2

Phương trình đã cho tương đương với
x  2
 3 x( x  2) 2 x  1  2( x  2)( x 2  2 x  1)  

2
3 x 2 x  1  2( x  2 x  1) (1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

22


Phương trình (1) tương đương với:
2(2 x  1)  3 x 2 x  1  2 x 2  0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho x ta có
2(2 x  1)
2x 1
2x 1
3
 2  0 . Đặt t 
, t  0 ta có phương trình
2
x
x
x
t  2(l )
2t  3t  2  0   1
t 
 2
2

Khi đó ta có:

2x 1 1
  x 2  8 x  4  0  x  4  2 3 (thỏa mãn)

x
2

Kết luận: Phương trình có nghiệm là x  2, x  4  2 3, x  4  2 3
Bài 10. Giải phương trình: 7 x 2  5 2 x  7  x 4  1
Giải:

x

2

 



 2x  1  6 x2  2x  1  5

x

2





 2x  1 x2  2x  1

Chia cả hai vế của phương trình cho  x 2  2 x  1 ta có:

x

x

 5 x
2 x  1
x

  6  0 , Đặt t   x
2 x  1
x

,
2 x  1

2

 2x 1

2

 2x 1

2

 2x 1

2



2



2






t  2

2
Ta có: t  5t  6  0  

t  3





x
x
x
x

 2
2 x  1
3 x


 4 x
2 x  1
3
2 x  1

2

 2x 1

2



2



2



t 0

2

 5 2x  3  0

2

 5 2x  4  0


5 2  14
x 
6


5 2  14
x 
6


Bài 11. Giải phương trình: 7 x 2  10 x  14  x 4  4
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

23


Giải: Phương trình
(2 x 2  2 x  2)  5

x

2

 2 x  2  x 2  2 x  2   6  x 2  2 x  2   0

Đặt a  x 2  2 x  2; b  x 2  2 x  2  a  0, b  0 
 a  2b
 a  3b

Ta có phương trình: a 2  5ab  6b 2  0  

Với a  2b : x 2  2 x  2  4( x 2  2 x  2)  3x 2  10 x  6  0  x 

5 7
3

Với a  3b : x 2  2 x  2  9( x 2  2 x  2)  8 x 2  20 x  16  0 (Phương trình vơ nghiệm).
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm: x 

5 7
5 7
;x 
3
3

Bài 12. Giải phương trình: x3  3x 2  2  x  2   6 x  0
3

Giải: x3  3x 2  2  x  2   6 x  0  x3  3x( x  2)  2  x  2   0
3

3

x  t
 x  2t

Đặt t  x  2 , ta có phương trình: x3  3xt 2  2t 3  0  
Với x  t  x 2  x  2  0  x  1, x  2

x  2  3 3

Với x  2t  x 2  4 x  8  0  

 x  2  2 3

Thử lại ta có: x  2, x  2  2 3 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 13. Giải phương trình
Giải
ĐK:

5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 .

x 5.

5 x  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1  5 x 2  14 x  9  5 x  1  x 2  x  20
2

Bình phương hai vế:
Đặt

t

2  x2  4 x  5  3  x  4   5

x2  4 x  5
, t  0.
x4

x

phương trình trở thành

2

 4 x  5  x  4 

2t 2  5t  3  0  t  1, t 

3
.
2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

24


5  61
5  61
 5, x 
5.
2
2
Với t  3 : Phương trình đã cho có nghiệm x  8  5, x   7  5 .
2
5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  5  61 , x  8 .
2

Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm

Bài 14. Giải phương trình:

x

x2  x  2  3 x  5x2  4 x  6 .

Giải:



 x  2
  x  1
2
x  x  2  0
 
Điều kiện :  x  0
 x  0
 x2
5 x 2  4 x  6  0


  x  2  34

5

  x  2  34

5

 

Ta có

x 2  x  2  3 x  5 x 2  4 x  6  6 x( x  1)( x  2)  4 x 2  12 x  4

 3 x( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1)  3

Đặt t 

x( x  2)
x( x  2)
2
2
x 1
x 1

x( x  2)
 t  0  . Ta được bất phương trình: 2t 2  3t  2  0
x 1
 1
t

2  t  2 ( do t  0 )

t  2

Với t  2 

 x  3  13

x( x  2)
 2  x2  6x  4  0  
x 1
 x  3  13

Kết hợp điều kiện x  2 ta được nghiệm bất phương trình là x  3  13
3. Đặt ẩn phụ đưa phương trình vơ tỷ về một hệ phương trình
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

25