Tiểu luận tốt nghiệp

LỜI CẢM ƠN
Đề tài này được hoàn thành phần lớn nhờ vào sự giúp đỡ của nhà trường, thầy
cô và bạn bè của tôi.
Trước hết tôi xin cảm ơn Trường Đại Học Cần Thơ, Khoa Sư Phạm và Bộ Môn
Toán đã đưa ra học phần này giúp sinh viên nói chung và bản thân tôi nói riêng có dịp
để nghiên cứu, rèn luyện bản thân và bổ sung kiến thức của mình. Cũng như đã cung
cấp nguồn tài liệu phong phú và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình nghiên
cứu.
Xin cảm ơn ThS. Bùi Phương Uyên giảng viên Khoa Sư Phạm đã hướng dẫn
tôi thực hiện đề tài này. Cảm ơn cô đã hướng dẫn tận tình trong suốt thời gian tôi thực
hiện đề tài. Những đóng góp quý báu của cô đã góp phần quan trọng để tôi có thể hoàn
thành tốt đề tài cả về nội dung lẫn hình thức.
Xin cảm ơn tập thể lớp Sư Phạm Toán Tin K35 đã giúp đỡ tôi trong việc sưu
tầm tài liệu và đóng góp những ý kiến bổ ích để giúp tôi hoàn thiện hơn.

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

1

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU............................................................................................................................2
1. Lý do chọn đề tài.......................................................................................................2
2. Mục đích nghiên cứu.................................................................................................3
3. Đối tượng nghiên cứu................................................................................................3

4. Phạm vi nghiên cứu...................................................................................................4
5. Phương pháp nghiên cứu...........................................................................................4
NỘI DUNG........................................................................................................................4
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ.....................................4

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng,
nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời
sống xã hội, trong khoa học lý thuyết và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn
học giữ một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông. Tuy nhiên, nó là một
một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nổ lực rất
lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho mình. Dạy học sinh học Toán không chỉ là
cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách
tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để
giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần
hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách.
Trong chương trình Toán phổ thông, phương trình là một mảng kiến thức quan
trọng. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

2

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp


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 tỉ.
Trong những năm gần đây, phương trình vô tỉ 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 tỉ kèm với phương pháp giải
chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương trình vô tỉ có nhiều dạng và
nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong đề tài này, tôi xin trình bày “một số
phương pháp giải phương trình vô tỉ”, 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 học sinh có thêm những kĩ năng cần thiết để giải
phương trình vô tỉ nói riêng và các dạng phương trình nói chung.

2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài này có tác dụng giúp cho học sinh rèn luyện được một số kĩ năng, phương
pháp giải phương trình vô tỉ. Trang bị cho học sinh một số kiến thức cơ bản nhằm nâng
cao rèn luyện khả năng tư duy và giải quyết các bài tập một cách chủ động.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số
phương pháp tổng quát và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được đâu là điều kiện
cần và đủ. Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không
mắc sai lầm khi biến đổi. Hy vọng đề tài sẽ giúp các em học sinh có một cái nhìn toàn
diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về giải phương trình vô tỉ.

3. Đối tượng nghiên cứu
Phương trình vô tỉ.

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

3


SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

4. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung phần phương trình vô tỉ và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm
trong chương trình đại số 10.
Một số bài giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn trong các đề thi Đại học Cao đẳng.

5. Phương pháp nghiên cứu
Tổng hợp tài liệu liên quan, trình bày sắp xếp lại thành hệ thống.

NỘI DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
ĐỊNH NGHĨA
 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 phương trình với cùng biểu thức mà không làm thay đổi
điều kiện của phương trình.
• Nhân chia hai vế phương trình với cùng biểu thức (luôn 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.
GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

4

SVTH: Đinh Quốc



Tiểu luận tốt nghiệp

• Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế của phương trình
cùng dương.
1. Lũy thừa hai vế của phương trình
a) Phương pháp
Với các dạng phương trình cơ bản
•

2 k +1

•

2k

•

2 k +1

•

2k

 g ( x ) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2k
 f ( x ) = g ( x )
f ( x ) = 2 k +1 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )


 g ( x ) ≥ 0
f ( x ) = 2k g ( x ) ⇔ 
 f ( x ) = g ( x )
 f ( x ) ≥ 0và f ( x ) có nghĩa

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0 và g ( x ) có nghĩa

 f ( x ) + g ( x ) + 2 f ( x ) g ( x ) = h ( x )

•

•

f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g 2 k +1 ( x )

3

A + 3 B = 3 C ta lập phương hai vế để đưa về phương trình dạng

A + B + 3 3 AB

(

3

)

A + 3 B = C và sử dụng phép thế


3

A + 3 B = 3 C ta

được phương trình hệ quả: A + B + 3 3 ABC = C
• Phương trình dạng

A+ B = C + D

 Nếu A + C = B + D thì ta biến đổi phương trình về dạng
A − C = B − D sau đó bình phương giải phương trình hệ quả

sau đó kiểm tra nghiệm chọn nghiệm.
 Nếu

A + B = C + D mà AC = BD thì ta biến đổi

phương trình về dạng

A − C = B − D sau đó bình phương giải

phương trình hệ quả sau đó kiểm tra nghiệm chọn nghiệm.

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

5

SVTH: Đinh Quốc Nam



Tiểu luận tốt nghiệp

b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải phương trình:

3

2 x 3 + 6 x 2 + 6 x + 3 = x + 1 (1)

Giải
Lập phương 2 vế của phương trình:
Phương trình ( 1)

⇔ 2 x3 + 6 x 2 + 6 x + 3 = ( x + 1)

3

⇔ x3 + 3x 2 + 3x + 2 = 0

⇔ ( x + 2 ) ( x 2 + x + 1) = 0
⇔ x+2=0
⇔ x = −2

Vậy phương trình có nghiệm x = −2 .
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x 2 + 4 x + 3 = −2 x 2 − 8 x − 3

(2)


Giải
Điều kiện: − 2 x 2 − 8 x − 3 ≥ 0
Đặt y = x 2 + 4 x + 3 điều kiện y ≥ 0
Ta có: − 2 x 2 − 8 x − 3 = −2( x 2 + 4 x) − 3 = −2( y 2 − 3) − 3 = −2 y 2 + 3
(2) ⇔ y = −2 y 2 + 3
⇔ 2 y2 + y − 3 = 0
⇔ y =1
⇔ x2 + 4x + 3 = 1
⇔ x2 + 4 x + 2 = 0
 x = −2 − 2
⇔
(thỏa)
 x = −2 + 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = −2 − 2 ; x = −2 + 2 .
Ví dụ 3: Giải phương trình:

3

2 x 2 + 1 = 3 3x 2 − 1

(3)

Giải
⇔ 2 x 2 + 1 = 3x2 − 1
⇔ x2 − 2 = 0 ⇔ x = ± 2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam


6

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

Vậy phương trình có nghiệm: x = ± 2 .
Ví dụ 4: Giải phương trình: 8 x 2 − 6 x + 1 − 4 x + 1 = 0 (4)
Giải
8 x 2 − 2 x = 0
8 x 2 − 6 x + 1 = ( 4 x − 1) 2

(4) ⇔ 
⇔
1
x ≥
 4 x − 1 ≥ 0

4
1
⇔x=
4
1
4

Vậy phương trình có nghiệm: x = .
Ví dụ 5: Giải phương trình:

x2 + 2 x + 4 = 2 − x


(5)

Giải
2 − x ≥ 0
x ≤ 2
(5) ⇔  2
⇔ 2
x + 2x + 4 = 2 − x
 x + 3x + 2 = 0
x ≤ 2
 x = −1

⇔   x = −1 ⇔ 
 x = −2
  x = −2

 x = −1

Vậy phương trình có nghiệm: 
.
 x = −2
Ví dụ 6: Giải phương trình:

x + 1 − x − 7 = 12 − x

(6)

Giải
Điều kiện: 7 ≤ x ≤ 12 Ta có:


GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

7

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

(6) ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7
⇔ x + 1 = 5 + 2 ( 12 − x ) ( x − 7 )
⇔ 2 19 x − x 2 − 84 = x − 4

⇔ 4 ( 19 x − x 2 − 84 ) = x 2 − 8 x + 16
⇔ 76 x − 4 x 2 − 336 − x 2 + 8 x − 16 = 0
⇔ 5 x 2 − 84 x + 352 = 0
44 

⇔ 5 ( x − 8)  x − ÷ = 0
5 

x = 8
⇔
(thỏa)
 x = 44
5


Vậy nghiệm của phương trình là x = 8 ; x =

Ví dụ 7: Giải phương trình sau:

44
.
5

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

( 7)

Giải
Điều kiện: x ≥ 0

( 7)

⇔ x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2 x + 2
⇔ 3x + 1 − 2 x + 2 = 2 x − x + 3

⇒ 3 x + 1 − 2 ( x + 3)(2 x + 2) + 2 x + 2 = 4 x − 4 x( x + 3) + x + 3
⇔ ( x + 3)(2 x + 2) = 2 x( x + 3)
⇔ 6 x 2 + 8 x + 2 = 4 x 2 + 12 x
⇔ 6 x 2 + 8 x + 2 = 4 x 2 + 12 x
⇔ x2 − 2x + 1 = 0
⇔ x =1

Thử lại x = 1 thỏa mãn phương trình
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 8: Giải phương trình sau:

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

Nam

x3 + 1
+ x +1 = x2 − x +1 + x + 3
x+3

8

(8)

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

Giải
 x ≥ −1
 x ≠ −3

Điều kiện: 

x3 + 1
− x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1
x+3
x3 + 1
⇒
− 2 x 3 + 1 + x + 3 = x 2 − x + 1 − 2 ( x + 1)( x 2 − x + 1) + x + 1
x+3
x3 + 1
⇔

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

(8) ⇔

⇔ x3 + 1 = x3 + 2 x 2 − 4 x − 3
⇔ x2 − 2 x − 2 = 0
x = 1− 3
⇔
 x = 1 + 3

Thử lại: x = 1− 3 , x = 1 + 3 không thỏa
Vậy phương trình (8) vô nghiệm.
2. Trục căn thức
a) 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 được về dạng tích ( x − xn ) 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 phương trình để ta đánh giá
A ( x ) = 0 vô nghiệm.
(1)
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

Giải
x ≤ − 2

Điều kiện:  1 + 5
 x ≥ 2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên


9

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp
2
2
Ta nhận thấy: ( 3 x − 5 x + 1) − ( 3 x − 3 x − 3) = −2 ( x − 2 )
2
2
và ( x − 2 ) − ( x − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 ) .

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

−2 ( x − 2 )

(

)

3x 2 − 5x + 1 + 3 x 2 − x + 1

3( x − 2)

=

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4



3
2
⇔ ( x − 2) 
+
 x 2 − 2 + x 2 − 3 x + 4
2
3x − 5 x + 1 + 3 x 2 − x + 1


(

)


÷= 0
÷
÷


⇔ x = 2 (thỏa)

Dễ dàng chứng minh được phương trình
3
x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

+

2


(

) =0 vô nghiệm vì

3x 2 − 5 x + 1 + 3 x 2 − x + 1

1 + 5

VT > 0, ∀x ∈ ( −∞; 2] ∪ 
; +∞ ÷
÷
 2


Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2: Giải phương trình:

x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 (2)

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, ta biến đổi như sau:
(2) ⇔ x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

10

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

x2 − 4

⇔

x2 − 4

= 3( x − 2) +

x 2 + 12 + 4

x2 + 5 + 3



x+2
x+2
⇔ ( x − 2) 

−
− 3 ÷= 0
2
2
x +5 +3 
 x + 12 + 4
⇔ x=2
x+2

Dễ dàng chứng minh được:

x 2 + 12 + 4

x+2

−

x2 + 5 + 3

− 3 < 0, ∀x ≥

5
3

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình:

3

x 2 − 1 + x = x3 − 2 (3)


Giải
Điều kiện: x ≥ 3 2
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình
như sau:
(3) ⇔ 3 x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x 3 − 2 − 5


⇔ ( x − 3) 1 +



⇔ ( x − 3) 1 +



2
 ( x − 3) x + 3 x + 9
=

2
x3 − 2 + 5
x2 −1 + 2 3 x2 −1 + 4 


x+3
x 2 + 3x + 9 
−
=0
2

3
2
3 2
x
−
2
+
5
x −1 + 2 x −1 + 4


(

x+3

3

(

3

(

)

)
)

x = 3


x 2 + 3x + 9
x+3
⇔ 1 +
=
( *)
x3 − 2 + 5
 3 x2 −1 2 + 2 3 x2 −1 + 4


(

)

Phương trình (*) vô nghiệm vì:
x+3

1+
3

(x

2

)

2

−1 + 2 3 x2 −1 + 4

= 1+


(

x+3
3

)

2

x2 − 1 + 1 + 3

<2<

x 2 + 3x + 9
x3 − 2 + 5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 .
b) Đưa về “hệ tạm”

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

11

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

Nếu phương trình vô tỉ có dạng


A + B = C , mà: A − B = α C ở đây C có thể là

hằng số, có thể là biểu thức của x
Ta có thể giải như sau:
A− B
= C ⇒ A − B = α , khi đó ta có hệ:
A− B

Ví dụ 1: Giải phương trình:

 A + B = C
⇒ 2 A = C +α

 A − B = C

2 x2 + x + 9 + 2 x2 − x + 1 = x + 4

Giải
2
2
Ta thấy: ( 2 x + x + 9 ) − ( 2 x − 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
2x + x + 9 − 2x − x +1
2


2

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

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 ⇔ 

x = 8
2
2
 2 x + x + 9 + 2 x − x + 1 = x + 4
7

8
7

Thử lại thỏa, vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = .
3. Phương trình biến đổi về tích
a) 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

Ví dụ 1: Giải phương trình:


3

x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3 x + 2 (1)

Giải
(1) ⇔ 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x + 1 3 x + 2
GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

12

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

⇔

(

3

)(

x +1 −1

x = 0
x + 2 −1 = 0 ⇔ 
 x = −1


)

3

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0; x = −1 .
Ví dụ 2: Giải phương trình:

3

x + 1 + 3 x 2 = 3 x + 3 x 2 + x (2)

Giải
x = 0, không phải là nghiệm
x ≠ 0 , ta chia 2 vế cho

(2) ⇔

3

3

x:

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

 x +1 
⇔  3

− 1÷
÷
x



(

3

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

)

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1 .
Ví dụ 3: Giải phương trình:

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

Giải
Điều kiện: x ≥ −1
(3) ⇔ x + 3 + 2 x x + 1 = 2 x +
⇔


(

x + 3 − 2x

)(

( x + 3) ( x + 1)

 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 .
Ví dụ 4: Giải phương trình:

x+3 +


4x
=4 x
x+3

Giải
Điều kiện: x ≥ 0

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

13

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

2

Chia cả hai vế cho


4x
4x
4x 
=2
⇔  1 −
x + 3 ta được: 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 .
b) Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng: Ak = B k
Ví dụ 1: Giải phương trình:

3 + x (1)

3−x = x

Giải
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 3
3

3
1 
10
10 − 1

=
⇔

x
=
(1) x + 3 x + x − 3 = 0 ⇔  x +
(thỏa)
÷
3 3 3
3

3

2

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

3

10 − 1
.
3

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 (2)
Giải
Điều kiện: x ≥ −3

(

(2) ⇔ 1 + 3 + x

)


2

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


1
 x ≥ 3
 2
 9 x − 7 x − 2 = 0
⇔
  x ≤ −1
 
3
 2
 9 x + 5 x − 2 = 0

x = 1
⇔
 x = −5 − 97 (thỏa)

18

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

−5 − 97
.
18


Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 ) (3)
2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

14

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

Giải

(

(3) ⇔

3

x + 2 − 3 3x

)

3

=0

⇔ 3 x + 2 = 3 3x

⇔ x + 2 = 3x
⇔ x =1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1 .
4. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình sau:
x + 1 + x + 10 = x + 2 + x + 5

1.

2x + 4 − 2 2 − x =

9.

6x − 4

ĐS: x = −1
2.

3

2
3

ĐS: x = ; x = 2

x +1 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0

ĐS: x = −2
3.


10.

2 x 2 + 23 = 4 x − 2 + 2 x 2 + 7

8x + 1 + 3x + 5 = 7 x + 4 + 2 x − 2

ĐS: x = 1

ĐS: x = 3

1 − x 2 x + x2
=
x
1 + x2

11.

4. x 2 + 9 x + 20 = 2 3 x + 10
ĐS: x = −3

ĐS: x =

5. 2 3 x + 3 = x 2 + 9 x + 20

2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4

ĐS: x =

ĐS: x = −1; x = 1

7.

13.

x − 2 + 4 − x = x − 6 x + 11
2

3

1± 5
2

x2 + 4 = x −1 + 2 x − 3

ĐS: x = 2

ĐS: x = 3
8.

1
2

12. x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1

ĐS: vô nghiệm
6.

x2 + 4

14.


x+3
4 x + 1 − 3x − 2 =
3

3

x 2 − 1 + 3x − 2 = 3x − 2

ĐS: x = 1

ĐS: x = 2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

15

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

15.

17.

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

ĐS: x = −2
16.


18.

2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4

x 2 + 15 − 4 = x 2 + 8 − 3 + 3 x − 3

ĐS: x = 1
x 2 + 9 x − 1 + x 11 − 3x = 2 x + 3

ĐS: x =

ĐS: x = ±1

10
2
;x =
3
3

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
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2


(1)

Giải
Điều kiện: x 2 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1
Nhận xét: x − x 2 − 1 . x + x 2 − 1 = 1
Đặt t = x − x 2 − 1 ( t > 0 ) thì phương trình (1) trở thành:
1
t+ =2
t
⇔ t 2 − 2t + 1 = 0
⇔ ( t − 1) = 0
2

⇔ t =1

Với t = 1 ta có phương trình:

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

16

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

x − x2 −1 = 1
⇔


x2 −1 = x −1

⇔ x 2 − 1 = x 2 − 2x + 1
⇔ x =1

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 (2)
Giải
Điều kiện: x ≥

−5
4

Đặt t = 4 x + 5 ( t ≥ 0 ) ⇔ x =

t2 −5
. Thay t vào phương trình (2) ta được:
4

2

 2

 2

( 2) ⇔ 2 t − 5  − 6 t − 5  − 1 = t
 4 
 4 
t 4 − 10t + 25 6 2
⇔2

− (t − 5) − 1 = t
16
4
4
2
⇔ t − 22t − 8t + 27 = 0

(

)(

)

⇔ t 2 + 2t − 7 t 2 − 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 + 5 = 1 − 4 2 + 8 ⇔ 4 x = 4 1 − 2 ⇔ x = 1 − 2


Với t = 1 + 2 3 ta có:

(

)

4 x + 5 = 1 + 2 3 ⇔ 4 x + 5 = 1 + 4 2 + 12 ⇔ 4 x = 4 2 + 3 ⇔ x = 2 + 3

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1 − 2 ; x = 2 + 3 .
Ví dụ 3: Giải phương trình: x + 5 + x − 1 = 6 (3)
Giải
Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

17

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

(

)

Đặt y = x − 1 1 ≤ x ≤ 5 ⇔ y 2 = x − 1 .Thay y vào phương trình (3) trở
thành:
(3) ⇔ y 2 + 1 + 5 + y = 6
⇔ y2 − 5 =


y+5

⇔ y 4 − 10 y + 25 = y + 5
⇔ y 4 − 10 y − y + 20 = 0

(

)(

)

⇔ y2 + y − 4 y2 − y − 5 = 0

1 ± 21
y =
2
⇔

− 1 ± 17
y =
2

⇔ y=

− 1 + 17
(vì 0 ≤ y ≤ 5 )
2

Với y =

x −1 =
⇔x=

− 1 + 17
ta có phương trình:
2
− 1 + 17
2

11 − 17
2

(thỏa)

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

(

11 − 17
.
2

)

Ví dụ 4: Giải phương trình: x = 2004 + x 1 − 1 − x 



2


(4)

Giải
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1
( 0 ≤ x ≤ 1 ) phương trình trở thành:

Đặt y = 1 − x ⇔ y 2 = 1 − x
(4) ⇔ (1 − y 2 ) = ( 2005 − y 2 )(1 − y ) 2
2

⇔ (1 − y ) (1 + y ) = (2005 − y 2 )(1 − y ) 2
2

2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

18

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

(

)

⇔ 2(1 − y ) y 2 + y − 1002 = 0

2

y =1
⇔
 y = −1 ± 4009

2
⇔ y = 1 (vì 0 ≤ y ≤ 1 )

Với y = 1 ta có phương trình
1− x = 1 ⇔ x = 0

Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 5: Giải phương trình: x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

Giải
Điều kiện: − 1 ≤ x ≤ 0
Chia cả 2 vế cho x ta được phương trình:
x+2 x−
⇔ x−

1
1
= 3+
x
x


1
1
+ 2 x − − 3 = 0 (*)
x
x

Đặt t = x −

1
( t ≥ 0) phương trình (*) trở thành:
x

⇔ t 2 + 2t − 3 = 0
t = 1

(*) ⇔ 
t = −3
⇔ t =1

Với t = 1 ta có phương trình:

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

19

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp


1
=1
x
⇔ x2 − x −1 = 0
x−


1+ 5
x =
2 ⇔ x = 1− 5
⇔
2

1− 5
x =

2

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

1− 5
.
2

Ví dụ 6: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
Giải
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x ta được:
x+x


3

x2 − x
1
= 2+
x
x

1
1

⇔  x −  + 3 x − = 2 (*)
x
x


Đặt t = 3 x −

1
phương trình (*) trở thành:
x

t3 + t − 2
⇔ t =1

Với t = 1 ta có phương trình:

3



1− 5
x=

1
2
x − = 1 ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ 
x

1+ 5
x =

2

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

20

1± 5
.
2

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp


2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách:
2

u
u
 Xét v ≠ 0 phương trình trở thành:  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v



v = 0 thử trực tiếp.

Các trường hợp sau cũng đưa được về dạng (1)
•

aA ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x )

• α u + β v = mu 2 + nv 2
Nếu thay các biểu thức A ( x ) , B ( y ) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng
a) Phương trình dạng:

aA ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x )

Như vậy phương trình Q ( x ) = α 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

(

)

(

)(

)

x4 + x2 + 1 = x4 + 2 x2 + 1 − x2 = x2 + x + 1 x2 − x + 1

(

)(

)

x4 + 1 = x4 − 2 x2 + 1 x4 + 2 x2 + 1

(


)(

)

4 x4 + 1 = 2 x2 − 2 x + 1 2x2 + 2 x + 1

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x3 + 1 (1)
Giải
Điều kiện: x ≥ −1
Đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1
2
2
2
2
(1) ⇔ 2 ( u + v ) = 5uv ⇔ 2u + 2v − 5uv = 0

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

21

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

u
u = 2v
v = 2
u

u
⇔ 2 ÷ − 5 + 2 = 0 ⇔ 
⇔
u = 1 v
u
1
v
v
 =

2
 v 2
2

Với u = 2v ta có phương trình:

( 1) ⇔

x + 1 = 2 x2 − x + 1

⇔ 4 x 2 − 5 x + 3 = 0 ( PTVN )
1
2

Với u = v ta có phương trình:
x +1 =

1 2
x − x + 1 ⇔ x5 − 5 x − 3 = 0
2



5 + 37
x =
2
⇔
(thỏa)

5 − 37
x =

2

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

5 ± 37
.
2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 (2)
Giải
Điều kiện: x ≥ −1
(2) ⇔ 3 ( x − 1) + 2 ( x 2 + x + 1) = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

Đặt u = x − 1, v = x 2 + x + 1
(2) ⇔ 3u + 2v = 7 uv
 v = 9u
⇔

v = 1 u

4

Với u = 9v ta có phương trình:
x 2 + x + 1 = 9( x − 1)
⇔ x 2 − 8 x + 10 = 0

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

22

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp

x = 4 − 6
⇔
(thỏa)
 x = 4 + 6
1
4

Với u = v ta có phương trình:
1
( x − 1)
4
⇔ 4 x 2 + 3 x + 5 = 0 ( PTVN )

x2 + x + 1 =

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 4 ± 6 .
Ví dụ 3: Giải phương trình: x3 − 3x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6 x = 0 (3)

Giải
Đặt y = x + 2
(3) ⇔ x3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0
⇔ x 3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0
x = y
⇔
 x = −2 y

Với x = y ta có phương trình:
x ≥ 0
x+2 = x ⇔  2
⇔ x=2
x − x − 2 = 0

Với x = −2 y ta có phương trình:
x+2 = −

x ≤ 0
x

⇔ 2
⇔ x = 2−2 3
2
x − 4x − 8 = 0

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2; x = 2 − 2 3 .
b) Phương trình dạng:
α u + β v = mu 2 + nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện ” hơn dạng trên,

nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 (1)

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên

23

SVTH: Đinh Quốc Nam


Tiểu luận tốt nghiệp

Giải
u = x 2 (u ≥ 0)
Đặt 
khi đó phương trình trở thành:
2
v = x − 1(v ≥ 0)
u + 3v = u 2 − v 2 ⇔ ( u + 3v ) = u 2 − v 2
2


⇔ 2v ( 5v + 3u ) = 0

v = 0
⇔
v = − 3 u (loại)
5


Với v = 0 ta có phương trình:
x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1

Vậy nghiệm của phương trình là x = ±1 .
Ví dụ 2: Giải phương trình:

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

Giải
Điều kiện: x ≥

1
2

(2) ⇔ x 2 + 2 x + 2
⇔
⇔

(x
(x


2

2

(x

2

)

+ 2 x ( 2 x − 1) = 3 x 2 + 4 x + 1

)
+ 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x

+ 2 x ( 2 x − 1) = x 2 + 1
2

)

+ 2 x − ( 2 x − 1) ( *)

u = x 2 + 2 x
khi đó (*) trở thành:
v = 2 x − 1

Đặt: 


1 − 5 (loại)

v
u =
2
2
2

uv = u − v ⇔

1+ 5
v
u =

2

Với u =

1+ 5
v ta có phương trình:
2

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên
Nam

24

SVTH: Đinh Quốc


Tiểu luận tốt nghiệp


x2 + 2 x =

(

1+ 5
(2 x − 1)
2

)

⇔ 2 x 2 + 2 − 2 5 x + 1 + 5 = 0 ( PTVN )

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 (3)
Giải
Điều kiện: x ≥ 5
(3) ⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5

( x − x − 20 ) ( x + 1)
( x − x − 20 ) ( x + 1)

⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5

( x + 4 ) ( x − 5) ( x + 1)

⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − 19 + 10

(


2

2

)

⇔ 2 x2 − 4x − 5 + 3 ( x + 4) = 5

(x

2

)

− 4 x − 5 ( x + 1)

(*)

u = x 2 − 4 x − 5
Đặt: 
khi đó phương trình (*) trở thành:
v = x + 4
u = v
2u + 3v = 5 uv ⇔ 
u = 9 v

4

GVHD: Th.S Bùi Phương Uyên


25

SVTH: Đinh Quốc Nam