Mở đầu
Những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ
phổ biến trong toán học, những hoạt động trí tuệ chung và những
hoạt động ngôn ngữ có vai trß quan träng trong rÌn lun t duy cho
häc sinh.... Vì vậy, rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh là một
vấn đề quan trọng trong dạy học, nó phải đợc tiến hành có kế
hoạch, thờng xuyên, liên tục và có hệ thống qua tất cả các lớp học, cấp
học.
Việc đổi mới phơng pháp dạy học theo hớng hoạt động hoá ngời
học với phơng châm "Học tập trong hoạt động và bằng hoạt động",
thì rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh là một yêu cầu không
thể thiếu trong việc đổi mới phơng pháp dạy học.
Thực tế hiện nay, khi đứng trớc một bài toán không mẫu mực
thì việc tìm ra lời giải bài toán đó học sinh gặp rất nhiều khó
khăn. Tính phân dạng, tính bao quát và tính định hớng giải bài toán
cha minh bạch, rõ ràng.
Nhằm khắc phục những hạn chế trong quá trình tìm tòi lời
giải cho một bài toán. Đồng thời chúng tôi thấy trong chơng trình
môn toán bậc THCS, phơng trình vô tỷ ở lớp 9 có vai trò quan trọng
và làm cơ sở để nghiên cứu về các kiến thức toán học có liên quan.
Việc giải thành thạo các phơng trình vô tỷ thể hiện khả năng
linh hoạt và sáng tạo trong t duy của học sinh.
Từ những suy nghĩ đó với mong muốn góp phần nâng cao chất
lợng dạy và học toán, chúng tôi chọn đề tài là:
"Góp phần rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua
một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ"
Nhằm góp phần cùng đồng nghiệp để rèn luyện kỷ năng giải
toán cho học sinh, phát triển t duy sáng tạo và tính linh hoạt trong
quá trình giải bài tập toán.

1

Nội dung
I- Yêu cầu của việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh

1.1. Yêu câu rèn luyện kỹ năng giải toán
Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh bao gồm hai nội dung
chủ yếu đó là:
1.1.1. Rèn luyện khả năng tìm lời giải các bài toán
Đây là khâu rất quan trọng có tính chất quyết định trong
việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh. Vì vậy, trong quá
trình dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần tổ chức cho học sinh:
- Định hớng phơng pháp giải bài toán.
- Thực hiện các thao tác giải toán khi trình bày lời giải (có tính chất
kỹ thuật).
- Thấy đợc tầm quan trọng của khâu rèn luỵên phơng pháp tìm
lời giải của bài toán chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả
năng làm việc độc lập sáng tạo, một khả năng không thể thiếu đợc
đối với ngời giải toán.
1.1.2. Rèn luyện kỷ năng giải bài toán
Một số yêu cầu khi giải bài toán:
(i) Kết quả đúng, kể cả các bớc trung gian;
(ii) Lập luận chặt chẽ;
(iii) Lời giải đầy đủ;
(iv) Ngôn ngữ chính xác;
(v) Trình bày rõ ràng, đảm bảo mỹ thuật;
(vi) Tìm ra nhiều cách giải, chọn cách giải ngắn gọn, hợp lý
nhất;
Ngoài các yêu cầu (i) - (v), cần khuyến khích học sinh tìm ra
nhiều cách giải cho cùng một bài toán, phân tích, so sánh những

cách giải khác nhau để tìm ra lời giải ngắn gọn, hợp lý nhất trong số
các lời giải đà tìm đợc hay nói cách khác là nhìn nhận bài toán dới
nhiều góc độ.
(vii) Nghiên cứu giải những bài toán tơng tự, mở rộng hay lật ngợc
vấn đề.
Bốn yêu cầu (i), (ii), (iii) và (iv) là các yêu cầu cơ bản, (v) là yêu
cầu về mặt trình bày còn (vi) và (vii) là những yêu cầu đề cao.
Nh vậy, từ hai vấn đề đà nêu trên, ta có thể khẳng định:

2


Trong quá trình rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thì khâu
giải bài toán tuy rất quan trọng nhng quyết định vẫn là khâu tìm lời
giải của các bài toán.
1.2. Phơng pháp tìm lời giải các bài toán
Không thể có một thuật toán tổng quát để giải mọi bài toán. Tuy
nhiên, nếu ngời giải toán đợc trang bị những hớng dẫn chung, gợi ý
cách suy nghĩ, tìm tòi, phát hiện cách giải bài toán thì có thể giúp
học sinh giải đợc bài toán đó.
Sau đây ta có thể nêu một số bớc chung để tìm lời giải bài toán:
Bớc 1: Tìm hiểu nội dung đề bài, phân tích và nghiên cứu đề
bài
Phân biệt cái đà cho bao gồm các giả thiết, các điều kiện cho
trong bài toán để từ đó xác định đợc dạng bài toán, tìm đợc phơng hớng giải bài toán và lựa chọn công cụ thích hợp.
Bớc 2: Tìm cách giải
Dựa vào việc phân tích các giả thiết, các điều kiện của bài
toán hay liên hệ các giả thiết, các điều kiện đà cho với những tri
thức đà biết, liên hệ bài toán cần giải với một bài toán cũ tơng tự,
một trờng hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán

nào đó có liên quan.
Bớc 3: Trình bày cách giải
Từ cách giải đà đợc phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành
một chơng trình gồm các bớc theo một trình tự nhất định và thực
hiện các bớc đó.
Bớc 4: Nghiên cứu sâu lời giải
Từ kết quả của lời giải, nghiên cứu giải những bài toán tơng tự, mở
rộng hay lật ngợc vấn đề, từ đó sáng tạo ra bài toán mới. Để làm tốt việc
này trớc hết ngời giải toán phải phân tích kỹ để nắm đợc đặc điểm
và bản chất của bài toán, các yếu tố tạo nên bài toán đó. Nh thế mới có
thể thấy đợc mối liên hệ giữa các bài toán trong cùng một loại bài toán
và giữa các loại bài toán khác nhau.
1.3. Cách thức học phơng pháp tìm lời giải bài toán
Học phơng pháp tìm lời giải không phải là học một thuật giải
mà học những kinh nghiệm giải toán mang tính chất tìm tòi, phát

3


hiện. Do đó cách thức học phơng pháp để tìm lời giải bài toán yêu
cầu:
- Thông qua việc giải những bài toán cụ thể, học sinh cần nắm
đợc các bớc tìm lời giải bài toán và có ý thức vận dụng các bớc đó
trong quá trình giải toán.
- Cũng thông qua việc giải những bài toán cụ thể, giáo viên cần
đặt ra cho học sinh những câu hỏi gợi ý, tạo tình huống để các em
tìm tòi, dự đoán, phát hiện và cuối cùng tìm ra lời giải bài toán.
Nh vậy, quá trình học sinh học phơng pháp tìm lời giải bài toán
là một quá trình biến những tri thức, phơng pháp tổng quát thành
kinh nghiệm giải toán của bản thân mình thông qua việc giải hàng

loạt bài toán cụ thể. Đồng thời đòi hỏi ngời giải toán phải có một
chặng đờng lao động tích cực, có nhiều yếu tố sáng tạo.
II- một số phơng pháp giải phơng trình vô tỷ góp phần rèn
luyện kỹ năng giải toán cho học sinh
A. Một số kiến thức phục vụ việc giải phơng trình vô tỷ.

Một số lu ý khi giải phơng trình vô tỷ
1. Khi giải các phơng trình vô tỷ, việc đầu tiên là phải xác
định điều kiện cho ẩn số (khoảng xác định).
2. Khi giải các phơng trình vô tỷ điều cần lu ý nhất là tính
không thuận nghịch của các phép toán.
Chẳng hạn nếu trong một phơng trình nào đó, ta thay
(với A, B là các biểu thức có chứa x) bởi

AB thì điều kiện xác định

của phơng trình có thể bị mở rộng, bởi vì
định là A 0 và

A. B

B 0, trong khi đó

A . B có điều kiện xác

AB xác định ngay cả khi

A < 0 vµ B < 0. Nh vËy, sau phÐp biÕn đổi đó ta chỉ thu đợc một
phơng trình hệ quả. Ngợc lại, nếu ta thay thế


AB bởi

A . B thì

điều kiện xác định rất có thể bị thu hẹp lại, do đó ta có thể làm
mất nghiệm của phơng trình.
Một sè ®ång nhÊt thøc cã ®iỊu kiƯn:

4


( A)

2

= A víi A ≥ 0;

A. B =

AB nÕu A ≥ 0 vµ B ≥ 0

A
A
nÕu A ≥ 0 vµ B > 0
=
B
B
AB =

−A . −B nÕu A ≤ 0; B ≤ 0


A
−A
=
= nÕu A ≤ 0; B < 0
B
−B
A B = A 2B nÕu A ≥ 0; B ≥ 0
A B = − A 2 B nÕu A ≤ 0; B ≥ 0
B

A
= AB nÕu A ≥ 0, B > 0
B

B

A
= − AB nÕu A ≤ 0; B < 0
B

Một số kết quả thờng đợc sử dụng khi giải phơng trình
vô tỷ:
+ Với mọi số tự nhiên n:
2n

g(x) ≥ 0
f (x) = g(x)⇔ 
2n
f (x) = ( g(x) )


+ Víi mäi sè tù nhiªn n:
2n +1

f (x) = g(x) f(x) = (g(x))2n+1

+ Hai dạng phơng trình cơ bản và phép biến đổi tơng đơng
g(x) 0
f (x) = g(x) ⇔ 
2
f (x) = (g(x))
 g(x) ≥ 0

f (x) = g(x) ⇔  f (x) ≥ 0
f (x) = g(x)

B. Các phơng pháp
1. Phơng pháp 1

Đặt ẩn phụ đa về phơng trình bậc hai

5


1.1. Đặc điểm phơng pháp
* Khi giải phơng trình vô tỷ bằng cách đặt ẩn phụ thì ta phải
xét xem các biểu thức trong các căn thức liên hệ với nhau theo phơng
thức nào? Phát hiện ra mối liên hệ này là một trong những yêu cầu
để giải nhanh gọn các phơng trình vô tỷ.
* Để áp dụng đợc phơng pháp này thì các phơng trình vô tỷ

thờng có đặc điểm là bình phơng biểu thức trong căn một vế của
phơng trình bằng tích của hai biểu thức trong căn của hai căn thức
vế kia với cùng chỉ số căn thức.
1.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1 (Bài 50-SBT Toán 9, Tập 2).
Giải phơng trình: x x 1 − 3 = 0 (1)
* NhËn xÐt:
Tríc hÕt ta chuyển vị trí các số hạng trong phơng trình một
cách hợp lý và tìm ra mối liên hệ giữa biểu thức ngoài căn và biểu
thức trong căn, từ đó suy ra cách giải.
* Lời giải:
ĐKXĐ: x 1 0 ⇔ x ≥ 1
(1) ⇔ ( x − 3) − x 1 = 0
Đặt t =

x 1 , với t 0 . Khi đó ta thu đợc phơng trình bậc 2:

t = 1(loai )
t2 t 2 = 0 ⇔ 
t = 2

Víi t = 2 ⇒ x − 1 = 2 ⇔ x = 5
VËy nghiệm của phơng trình là x = 5.
Ví dụ 2. (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An năm học 2003 2004)
Giải phơng trình: 2 x x 2 + 6 x 2 − 12 x + 7 = 0

(1)

* NhËn xét:
Trớc hết ta chuyển vị trí các số hạng trong phơng trình một

cách hợp lý và tìm ra mối liên hệ giữa biểu thức ngoài căn và biểu
thức trong căn, từ đó suy ra cách giải.
* Lời giải:
ĐKXĐ: x
Đặt x2 - 2x = t thay vào (1) ta có phơng tr×nh:

6

6t + 7 = t

(2)


t = 1

x1 = 1


Giải (2) ta đợc
t = 7
 x2,3 = 1 ± 2 2

VËy nghiƯm cđa phơng trình là: x1 = 1; x2,3 = 1 2 2
VÝ dơ 3. (§Ị thi HSG tØnh NghƯ An năm học 2008 2009)
Giải phơng trình: x 2 x − 2 1 + 16 x = 2

(1)

* NhËn xét:
Trớc hết ta chuyển vế, biến đổi một cách hợp lý và tìm mối

liên hệ giữa biểu thức trong căn và biểu thức ngoài căn, giữa hai vế
của phơng trình từ đó suy ra các giải.
* Cách giải:
ĐKXĐ: 1 + 16 x ≥ 0 ⇔ x ≥ −

1
16

(1) ⇔ x 2 − x = 2(1 + 1 + 16 x )
Đặt 2t = 1 + 1 + 16 x ; t

1
2

(2)

khi đó phơng trình trở thành:
x 2 x = 4t
t = x
⇔
thay
2
t = 3 − x
t − t = 4 x

vào (2) và giải phơng trình ta có

nghiệm:
x1 = 5 hoặc x2,3 =


9 57
2

1.3. Bài tập vận dụng
Giải các phơng trình:
a, 2 x 2 + 8 x + 6 =

x+4
2

(Đề thi vào trờng THPT Phan Bội Châu năm học 2000
2001)
b, 2(3x + 5) x 2 + 9 = 3x 2 + 2 x + 30
(§Ị thi vào trờng THPT Phan Bội Châu năm học 2004 –
2005)
c, 2 3 x − 2 + x +1 = 3
(Đề thi vào trờng THPT Phan Bội Châu năm học 2005 –
2006)

7


2. Phơng pháp 2

Đa về phơng trình giá trị tuyệt đối
2.1. Đặc điểm phơng pháp
* Phơng pháp này áp dụng đợc lớp phơng trình mà các biểu
thức dới dấu căn là các bình phơng đúng.
* Nhiều phơng trình mà các biểu thức dới dấu căn không phải
là các bình phơng ®óng, nhng qua phÐp biÕn ®ỉi nµo ®ã cã thĨ

®a về đợc các bình phơng đúng.
* Sau khi tìm hiểu về phơng pháp này, ta có thể nhận dạng phơng pháp một cách máy móc, đó là những phơng trình mà biểu
thức dới dấu căn có vẻ khá phức tạp, nhng nếu để ý kỹ ta sẽ phát hiện
ra điều đặc biệt nằm sau sự phức tạp đó. Điều đặc biệt đó chính
là các bình phơng đúng hay qua sự biến đổi đa về đợc các bình
phơng đúng.
2.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 4. Giải phơng trình:
(1)

x2 4 x + 4 + x = 8

NhËn xÐt vµ lêi giải:
ĐKXĐ: x 8
Ta có (1) x 2 4 x + 4 = 8 − x
⇔ x−2 = 8− x

(2)

- NÕu 2 ≤ x ≤ 8 , khi đó phơng trình có nghiệm x = 5
- Nếu x < 2 phơng trình vô nghiệm
Ví dụ 5: Giải phơng tr×nh:
x + 2 x −1 + x − 2 x 1 =

x+3
2

(1)

* Nhận xét:

Để ý các biểu thức dới dấu căn, ta thấy đợc:
x + 2 x 1 = x −1+ 2 x − 1.1+12 =
vµ x − 2 x − 1 = x −1− 2 x − 1.1+12 =

(

(

)

x − 1 +1

)

x − 1 −1

8

2

2


* Lời giải:
ĐKXĐ: x 1.
(1) ( x 1 + 1) 2 + ( x − 1 − 1) 2 =
x − 1 +1 + x − 1 −1 =

⇔


Do

x +1 + 1 > 0 ⇒

vµ

 x − 1 −1
x − 1 −1 = 
1− x − 1

x+3
2

x+3
2

x − 1 +1 = x − 1 + 1
khi x ≥ 2
khi 1≤ x < 2

- NÕu x ≥ 2 thì phơng trình tơng đơng với phơng trình:
2 x 1=

x +3
2

(x + 3) 2
⇔ x 2 −10x + 25 = 0
4
⇔ (x - 5)2 = 0 ⇔ x = 5 giá trị này thoả mÃn x 2 nên là nghiÖm.

⇔ 4(x - 1) =

- NÕu 1 ≤ x < 2 thì phơng trình tơng đơng với:
x+3
x = 1 thoả mÃn.
2
Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 5 và x =1.
2=

Ví dụ 6. Giải phơng trình:
x + 2x −1 + x − 2x −1 =1

(1)

* NhËn xÐt:
Ta thÊy rằng các biểu thức dới dấu căn không là bình phơng
đúng. Tuy nhiên ta để ý rằng:
x+
x-

(

) (

)

2
1
1
2x + 2 2x −1 =

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

2x 1 =

(

) (

)

* Lời giải:
ĐKXĐ: x ≥
(1) ⇔

1
2

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

2
2

9


⇔ 2x −1 +1 + 2x −1 −1 = 2
Ta thÊy:
2x −1 +1 = 2x −1 +1
 2x −1 +1 khi x ≥ 1
2x −1 −1 = 
1− 2x −1 khi 1 ≤ x < 1

2
- NÕu x ≥ 1 th×

⇔ 2 2x −1 =

(1)
⇔

2x −1 =

2
2

⇔ 2x - 1 =
x =
Do x =


2

1
2

3
.
4

3
< 1 nên trờng hợp này phơng trình vô nghiệm
4

1
x < 1 thì (1) 2 = 2
2
Trong trờng hợp này phơng trình vô nghiệm.

- Nếu

Vậy phơng trình đà cho vô nghiệm.
2.3. Bài tập vận dụng:
Giải phơng trình:
a,

x 2x 1 + 4x +1+ 8x +1 = 2 2
§S: x =

b,


x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x − 1 = 1
§S:

c,

65
2
; x =1; x =
9
7

5 ≤ x ≤ 10

x −1 + 2x − 3 + x + 3 + 3 2x 3 = 7 2

(Đề thi vào trờng THPT Phan Bội Châu-Nghệ
An)
3. Phơng pháp 3

10


Luỹ thừa hai vế và phân tích theo các biểu thức trong dấu
căn
3.1. Đặc điểm phơng pháp
Phơng pháp này có thể áp dụng đợc với những phơng trình mà
sau khi luỹ thừa hai vế của phơng trình thì ta thu đợc một phơng
trình mà biểu thức ngoài dấu căn của phơng trình đó phân tích
đợc theo các biểu thức trong dấu căn.
3.2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 7. Giải phơng trình:
5 x 3 + 1 = 2(x2 + 2)

(1)

* NhËn xÐt:
Ta thÊy:
x3 + 1 = (x2 - x + 1)(x + 1)
2(x2 + 2) = 2x2 + 4 = 2(x2 - x + 1) + 2(x + 1)
vµ x2 - x + 1 ≠ 0 ∀x
* Lêi gi¶i:
x3 + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1.

§KX§:

(1) ⇔ 5 (x + 1)(x 2 − x + 1) = 2(x2 + 2).
⇔ 5 (x + 1)(x 2 − x + 1)

= 2(x2 - x + 1) + 2(x + 1)

(2)
Chia 2 vÕ cña (2) cho x2 - x + 1 0 ta đợc:
5
Đặt t =

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

x x +1
2

x +1
0, ta đợc phơng tr×nh:
x − x +1
2

2t2 - 5t + 2 = 0, t ≥ 0
⇔ t = 2 hc t =
- Khi t = 2 ⇒

- Khi t =

1
.
2

x +1
= 4 ⇔ 4x2 - 5x + 3 = 0:
x − x +1
Ph¬ng trình vô nghiệm.
2

1
x +1
1
2
=
x2 - 5x - 3 = 0

2
x − x +1
4

11


x =

5 37
.
2

Đối chiếu điều kiện suy ra phơng trình có 2 nghiệm

5 37
.
2

Ví dụ 8. Giải phơng tr×nh:
x 2 + x + 70 − 2(x + 11) = 2(x 2 − 6x − 7)

(1)

* NhËn xÐt:
Ta cã (1) ⇔

x 2 + x + 70 = 2(x + 11) + 2(x 2 − 6x − 7)

- Ta cha nhận thấy điều gì đặc biệt ở phơng trình này, vì vậy ta

bình phơng hai vế để khử căn. Chuyển vế rút gọn ta đợc.

- x2 + 11x + 62 = 4 x 2 − 6x − 7 . x + 11 .
- Xem xét biểu thức không chứa căn và biểu thức trong căn ta thấy:
- x2 + 11x + 62 = - (x2 - 6x - 7) + 5(x + 11).
Nh vËy, - (x2 - 6x - 7) + 5(x + 11) = 4 x 2 − 6x − 7 . x + 11 . (2)
- vµ x = -11 không là nghiệm của (2)
* Lời giải:
ĐKXĐ: x ≥ 7 hc -11 ≤ x ≤ - 1.
(1) ⇔

x 2 + x + 70 = 2(x + 11) + 2(x 2 6x 7)

Bình phơng hai vế, chuyển vế, rút gọn ta đợc:
- (x2 - 6x - 7) + 5(x + 11) = 4 x 2 − 6x − 7 . x + 11 .
Do x = -11 không là nghiệm của (2) nên chia 2 vế của (2) cho x + 11,
ta cã:
x 2 − 6x − 7
x 2 6x 7

+5=4
x + 11
x + 11
Đặt t =

x 2 − 6x − 7
≥ 0, t ≥ 0 khi ®ã ta cã:
x + 11

t2 + 4t - 5 = 0 ⇔ t = 1.

Víi t = 1 ⇒

x 2 − 6x − 7 = 1 ⇔ x2 - 6x - 7 = x + 11.
x + 11

⇔ x2 - 7x - 18 = 0 ⇔ (x - 9) (x + 2) = 0
⇔ x = 9 hc x = 2.

12


Đối chiếu ĐKXĐ, thì x = 9 và x = -2 là hai nghiệm của phơng
trình.
3.3. Bài tập vận dụng
Giải phơng trình:
a)

5x 2 + 14x + 9 x 2 − x − 20 = 5 x + 1
§S: x = 8; x =

b)

5 + 61
.
2

3x 2 + 20x + 1 − x 2 − 3x + 2 = 3 x + 1
ĐS: PT vô nghiệm.

4. Phơng pháp 4


Đa về phơng trình thuần nhất
4.1. Đặc điểm phơng pháp
* Để đa đợc về phơng trình thuần nhất ta cần nhận ra đợc
những mối liên hệ giữa các biểu thức trong căn và biểu thức ngoài
dấu căn hoặc mối liên hệ giữa các biểu thức trong dấu căn.
* Để dùng phơng pháp này ta đặt hai ẩn phụ và phơng trình
thu đợc thờng là phơng trình thuần nhất bậc hai đối với hai ẩn phụ
đó.
4.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 9. Trở lại ví dụ 7
Giải phơng trình:
5 x 3 + 1 = 2(x2 + 2)

(1)

Nhận xét và lời giải:
ĐKXĐ:

x3 + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - 1.

(1) ⇔ 5 (x + 1)(x 2 − x + 1) = 2(x2 + 2).
Ta thấy đa thức không chứa căn phân tích đợc theo các đa thức trong
dấu căn.
Đặt u =

x + 1 ; v = x 2 − x + 1 (víi u ≥ 0 , v ≥ 0 ).

Thay vµo phơng trình (1) ta đợc: 2(u2 + v2) = 5uv
Đây là phơng trình thuần nhất 2 ẩn.

v

u=

Giải phơng trình (3) ta đợc 2
u = 2v

13

(2)
(3)


Thay vào (2) và giải ta có nghiệm của phơng trình x =

5 37
.
2

Ví dụ 10: Giải phơng trình:
2(2x 2 − 6x + 7) − x 2 − 2x + 2 = x 2 − 4x + 5

(1)

* NhËn xÐt:
Ta thÊy: x2 - 4x + 5 = (2x2 - 6x + 7) - (x2 - 2x + 2)
2x2 - 6x + 7 = (x2 - 4x + 5) + (x2 - 2x + 2)

hc


x2 - 2x + 2 = (2x2 - 6x + 7) - (x2 - 4x + 5).

hoặc

Do đó dùng nếu đặt ẩn phụ thì có thể đa về phơng trình thuần
nhất.
* Lời giải:
ĐKXĐ: x 3 +
Đặt u =

2 hoặc x 3 -

2(2x 2 6x + 7) ≥ 0 ;

2.
v=

x 2 − 2x + 2 ≥ 0

Khi ®ã: u2 = 2(2x2 - 6x + 7) ; v2 = x2 - 2x + 2
u2
- v2 = x2 - 4x + 5.
2
Mặt khác thay u, v vào phơng trình (1), ta có:


(u - v)2 = x2 - 4x + 5
⇒

u2

- v2 = (u - v)2 ⇔ (u - 2v)2 = 0 ⇔ u = 2v.
2

⇒ 2(2x 2 − 6x + 7) = 2 x 2 − 2x + 2 .
⇔ 2(x2 - 6x + 7) = 4(x2 - 2x + 2)
⇔x =

3
2

3
.
2
* Chó ý: Víi nhËn xét trên thì việc đặt u, v không làm thay đổi
Vậy phơng trình có một nghiệm x =

cách giải bài toán, nghĩa là ta đặt u, v bằng hai trong ba căn thức
thì đều đa đợc về phơng trình thuần nhất.
4.3. Bài tập vận dụng
Giải phơng trình:
a) 2 n (x + 1) 2 + n (x − 1) 2 + 3 n x 2 − 1 = 0

14


b) 5 x 2 + 1 = 2(x2 + 2)
5. Phơng pháp 5
Sử dụng bất đẳng thức
5.1. Đặc điểm phơng pháp
Có nhiều phơng trình thì việc lựa chọn phơng pháp giải dễ

dàng (dựa vào các mối liên hệ đặc biệt nào đó giữa các biểu thức
trong phơng trình), nhng cũng có nhiều phơng trình việc lựa chọn
công cụ giải rất khó khăn. Điều này đòi hỏi ngời giải toán phải có một
t duy sắc bén nhất định, cộng thêm vốn kinh nghiệm giải toán và
một phán đoán lôgic. Trong nhiều trờng hợp nh vậy, bằng sự nhìn
nhận tinh tế cộng thêm sự suy đoán chính xác, công cụ bất đẳng
thức có nhiều hiệu quả bất ngờ.
5.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 11. Giải phơng trình:
x 1 5x 1 = 3x 2

Nhận xét và lời giải:
ĐKXĐ: x ≥ 1
Ta nhËn thÊy víi x ≥ 1 th×

x − 1 < 5x − 1 ⇒ x − 1 − 5x − 1 < 0

(1)

3x − 2 ≥ 0

(2)

Tõ (1) và (2) ta suy ra phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 12. Giải phơng trình:
2 7 x 3 11x 2 + 25 x − 12 = x 2 + 6 x 1

(Đề thi HSG tỉnh Nghệ An năm häc 2006 – 2007)
* NhËn xÐt:
Ta thÊy:


7 x 3 − 11x 2 + 25 x − 12 = (7 x − 4)( x 2 − x + 3)
(7 x − 4) + ( x 2 − x + 3) = x 2 + 6 x 1

* Lời giải:
ĐKXĐ: x

4
7

áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
2 (7 x − 4)( x 2 − x + 3) ≤ 7 x − 4 + x 2 − x + 3 = x2 + 6x - 1

DÊu “=” xÈy ra khi vµ chØ khi 7x – 4 = x2 + 6x – 1

15


x = 1
⇔ x2 − 8x + 7 = 0
(thoả mÃn điều kiện)
x = 7

Vậy nghiệm của phơng trình: x = 1 và x = 7
Ví dụ 13: Trở lại ví dụ 8 giải bằng công cụ bất đẳng thức.
Giải phơng trình:
2(x 2 6x + 7) = x 2 − 2x + 2 + x 2 − 4x + 5

Nhận xét và lời giải:
ĐKXĐ: x 3 +


2 hoặc x 3 - 2

Bình phơng hai vế, rút gọn ta đợc
2x 2 6x + 7
= (x 2 − 2x + 2)(x 2 − 4x + 5)
2
Ta thÊy: x2 - 2x + 2 > 0 ; x2 - 4x + 5 > 0

(*)

vµ (x2 - 2x + 2) + (x2 - 4x + 5) = 2x2 - 6x + 7
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
(x 2 − 2x + 2) + (x 2 − 4x + 5) 2x 2 − 6x + 7
(**)
=
2
2
3
DÊu “=” xÈy ra khi vµ chØ khi x2 - 2x + 2 = x2 - 4x + 5 ⇔ x =
2
3
3
Do
< 3 - 2 . Vậy x =
là nghiệm của phơng trình.
2
2
Ví dụ 14: Giải phơng trình:
(x 2x + 2)(x 4x + 5) ≤

2

2

x y − 1 + 2y x − 1 =

3xy
2

* NhËn xÐt:
Ta nhËn thÊy x = y = 2 là một nghiệm của phơng trình và khi ®ã
x - 1 = 1, y - 1 = 1; (x - 1) + 1 = x, (y - 1) + 1 = y.
Từ nhận xét đó làm ta nghĩ tới việc thử áp dụng bất đẳng thức Côsi.
* Lời giải:
Miền xác định của phơng trình: x 1, y 1.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

16


y −1+1 y
=
2
2
x −1+1 x
x − 1 = (x − 1).1 ≤
=
2
2
xy

3xy
x y − 1 + 2y x − 1 ≤ + xy =
2
2
y − 1 = (y − 1).1 ≤

y − 1 = 1
⇔x = y = 2
DÊu b»ng xảy ra
x 1 = 1
Vậy phơng trình ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt x = y = 2.

5.2. Bài tập áp dụng:
Giải phơng trình:
a,

x
3x 2
+
=2
x
3x 2

(Sử dụng bất đẳng thức Côsi)
ĐS: x = 1, x = 2

b, x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1

(Sử dụng bất đẳng thức


Bunhiakopxki)
ĐS: x = 1, x = 1 +

2.

6. Phơng pháp 6:
Đa về phơng trình dạng đầy đủ hoặc phơng trình đa thức dạng
không đầy đủ
6.1. Đặc điểm phơng pháp
Phơng pháp này chỉ áp dụng đợc những phơng trình vô tỉ mà
sau khi đa về phơng trình đa thức dạng đầy đủ hoặc không đầy
đủ thì phơng trình đa thức này có thể phân tích đợc thành
nhân tử. Ta chỉ nên áp dụng phơng pháp này khi phơng trình cần
giải đoán đợc nghiệm và phơng trình đa thức có bậc không quá
cao.
6.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ15. Giải phơng trình:
x + 2 = 8x2 + 8x - 1

(*)

Lêi gi¶i:

17


 x ≥ −2

  x ≤ −2 − 6
x

+
2
≥
0

⇔ 
§KX§  2
4

8
x
+
8
x
−
1
≥
0


  x ≥ −2 + 6
4
 

−2 + 6
⇔ −2 ≤ x ≤ −2 − 6 h
cx≥
4
4


(**)

Ta cã: (*) ⇔ 64 x 4 + 128 x3 + 48 x 2 − 17 x − 1 = 0
XÐt phơng trình đa thức. Bằng phép thử ta thấy phơng trình này
nhận x = -1 và x =

1
làm nghiệm. Từ đó ta đa phơng trình này về
4

phơng trình tích.
(x+1) (4x-1) (16x2 + 20 + 1) = 0


x = −1

x = 1
4

x = 5 21

8



Đối chiếu điều kiện (**) ta thấy phơng trình đà cho có hai nghiệm
x=

1
5 21

và x =
.
4
8

Ví dụ 16. Giải phơng trình:
x2 + x + 12 x + 1 = 36.

(1)

Lời giải:
ĐKXĐ: x > - 1
Ta cã (1) ⇔ 12 x + 1 = − x 2 − x + 36
12 x + 1 = -(x + 1)2 + (x + 1) + 36.

hay

Đặt u =

x + 1 0.

Khi đó phơng trình trë thµnh: 12u = -u4 + u2 + 36
⇔

u4- u2 + 12u - 36 = 0

⇔ (u - 2) (u3 + 2u2 + 3u + 18) = 0
Do u3 + 2u2 + 3u + 18 > 0, ∀u ≥ 0

18


(2)


nên phơng trình (2) có nghiệm duy nhất u = 2.
Khi u = 2 ⇒ x + 1 = 2 x = 3 (thoả mÃn điều kiện).
Vậy phơng trình ®· cho cã mét nghiƯm x = 3.
6.3. Bµi tËp vận dụng
Giải phơng trình:
a) 8 x + 2 = x 2 + 5x + 2
§S: x = 2
b) 4 x + 4 = x2 + 7x + 8
§S: x = 0
c)

x + 1 = - x2+ 2x + 5
§S: x = 3

7. Phơng pháp 7
Đa về hệ phơng trình đối xứng loại 1 và loại 2
7.1. Đặc điểm phơng pháp
* Những phơng trình mà biểu thức dới dấu căn chứa ẩn có số
mũ bằng chỉ số căn hoặc những phơng trình biểu thức dới dấu căn
chứa ẩn với các dấu đối nhau thì ta có thể đa đợc về hệ phơng
trình đối xứng loại 1.
* Những phơng trình vô tỷ mà trong phơng trình chỉ chứa
một căn thức và khi chuyển vế biểu thức chứa căn thức một vế ta
thấy chỉ số của căn thức bằng bậc của đa thức vế kia thì ta có thể
đa đợc về hệ phơng trình đối xứng kiểu hai.
7.2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 17. Giải phơng trình:
x + 1 3x = 2 x − 1

(1)

* NhËn xÐt:
Ta thÊy

(

3x

) −(
2

x +1

)

2

= 2 x 1 , từ đó ta có

* Cách giải:
ĐKXĐ: x 0
Đặt u = x + 1; v = 3x , (với u 0, v 0).
Thay

vào


phơng

trình

(1)

ta

(3)

19

đợc:

(2)
u



v

=

v2



u2



Giải (3) ta có: u = v (vì u + v + 1) > 0)
Thay vào (2) và giải ta đợc nghiệm của phơng trình x =

1
2

Ví dụ 18: Giải phơng trình:
x+

17 x 2 + x 17 x 2 = 9

(1)

* Nhận xét:
- Chỉ số căn bằng số mũ của ẩn trong căn,
và x2 -

(

17 x 2

) = 17

- Phơng trình có hai căn thức cùng chỉ số căn.
* Lời giải:
ĐKXĐ: 17 - x2 0 x

17

Đặt y = 17 x 2 0, ta thu đợc hệ sau tơng đơng với phơng tr×nh (1):

 x + y + xy = 9
 x + y + xy = 9
 2

2
2
 x + y = 17 ⇔ (x + y) − 2xy = 17
y ≥ 0
y ≥ 0


 x + y + xy = 9
 x + y + xy = 9


 x + y = 5
2
⇔ (x + y) + 2(x + y) − 35 = 0 ⇔  
y ≥ 0
  x + y = −7

 y ≥ 0
x + y = 5

  x.y = 4
  y ≥ 0
⇔
  x + y = −7
  x.y = 16


  y ≥ 0

x = 1

y = 4
⇔ 
x = 4

y = 1

Vậy phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4.
Ví dụ 19. Giải phơng trình:
4x 2 + 5x + 1 + 3 = 2 x 2 − x + 1 + 9x

(1)

(§Ị thi HSG huyện Yên Thành năm học 2007
2008)
* Nhận xét:

20


(1) ⇔
Vµ

4x 2 + 5x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9x − 3

(


) (
2

4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1

)

2

= 9x 3

Từ nhận xét trên để giải phơng trình trên, ta cần biến đổi để đa
về hệ phơng trình đối xứng kiểu 2.
* Lời giải:
ĐKXĐ: x
Đặt u =

1
hoặc x 1
4

4 x 2 + 5 x + 1 ; v = 2 x 2 − x + 1 (víi u ≥ 0, v ≥ 0).

u = v
u = 1 − v

Thay vµo (1) vµ biÕn ®ỉi ta ®ỵc u – v = u2 – v2 ⇔ 
- NÕu u = v
khi ®ã: 4x2 + 5x + 1 = 4x2 – 4x + 4 ⇔ x =


1
(thoả mÃn ĐK)
3

- Nếu u = v 1.
Vì u ≥ 0, v = 2 x 2 − x + 1 =

4 x 2 − 4 x + 4 = (2 x − 1) 2 + 3 ≥ 3

nªn u + v 1 > 0 phơng trình vô nghiệm.
Vậy phơng trình có 1 nghiệm duy nhất x =

1
3

Ví dụ 20: Trở lại Ví dụ 15.
Giải phơng trình:
x + 2 = 8x2 + 8x - 1
§KX§: x ≥ -2.
NhËn xét và hớng dẫn cách giải:
Phơng trình chỉ chứa một căn thức và chỉ số của căn thức bằng
bậc của đa thức vế phải. Điều đó gợi ta nghĩ đến viƯc ®a vỊ hƯ ®èi
xøng kiĨu hai.
* Bíc 1: BiÕn đổi vế phải thành luỹ thừa có số mũ bằng chỉ số
của căn thức vế trái.
x + 2 = 8x2 + 8x - 1 = 2(2x + 1)2 - 3

(*)

* Bíc 2:

- Chän biĨu thøc chøa Èn phơ. BiĨu thøc chứa ẩn phụ đợc thiết
lập từ cơ số của luỹ thừa vế phải bằng cách thay ẩn của phơng trình
bởi Èn phô.

21


- Thành lập đẳng thức mà một vế là biểu thức chứa ẩn phụ và
vế kia là căn thức. Cụ thể:
+ Chọn ẩn phụ là y. Cơ số của luỹ thừa vế trái của kết quả
bớc 1 là (2x + 1). Thay Èn x bëi Èn phô y ta cã biĨu thøc chøa Èn
phơ lµ (2y + 1).
+ Ta cã đẳng thức 2y + 1 =

x+2

(**)

* Bớc 3: Thành lập hệ phơng trình đối xứng kiểu 2.
- Bình phơng hai vÕ cña (**) ta cã:
(2y + 1)2= x + 2

(a)

Tõ (*) vµ (**) ta cã:
2y + 1 = 2(2x + 1)2 – 3 ⇔ (2x + 1)2 = y + 2

(b)

Từ (a) và (b) ta có hệ phơng trình hai Èn.

(2y + 1) 2 = x + 2

2
(2x + 1) = y + 2

(1)
(2)

Đây là hệ phơng trình đối xứng kiểu hai.
Giải hệ này bằng cách trừ hai vế cho nhau.
(2y + 1)2 - (2x + 1)2 = x - y
⇒

(y - x) (4y + 4x + 5) = 0

−4x − 5
4
Thay y = x vµo (1) ta cã: (2x + 1)2 = x + 2
⇒ hc y = x hoặc y =

1
hoặc x = -1.
4
1
1
1
+ Nếu x =
y =
và x, y thoả mÃn (**) nên x =
là

4
4
4
nghiệm.
4x2 + 3x - 1 = 0 ⇔ x =

+ NÕu x = -1 → y = -1 nhng x, y kh«ng thoả mÃn (**) nên
loại.
4x + 5
vào (2) ta có:
4
4x + 5
(2x + 1)2 = + 2 ⇔ 16x2 + 20x + 1 = 0
4
- Thay y = -

⇔x =

22

−5 − 21
−5 + 21
hc x =
8
8


+ Với x =

5 + 21

loại vì không thoả mÃn (**)
8

+ Với x =

5 21
là nghiệm của phơng trình vì thoả mÃn
8

(**)
Vậy phơng trình có hai nghiệm x =

1
5 21
và x =
.
4
8

Ví dụ 21: Giải phơng trình:
x3 + 1 = 2 3 2x − 1
* NhËn xÐt:
- Ta thấy phơng trình chỉ chứa 1 căn thức, chỉ số căn thức ở
vế phải bằng bậc đa thức vế trái, điều này gợi ta nghĩ đến việc đa về hệ phơng trình đối xứng kiểu hai.
- Chọn ẩn phụ là y. Do cơ số của luỹ thừa vế trái là x, thay Èn x
bëi Èn phơ y, ta cã biĨu thức chứa ẩn là y.
* Lời giải:
Đặt ẩn phụ: y =

3


2x 1

Từ đó phơng trình tơng đơng với hệ sau:
 x 3 + 1 = 2y
 3
 y + 1 = 2x
⇔

 x 3 + 1 = 2y
⇔ 3
3
(2)
 x − y = 2(y − x)

(1)

 x 3 + 1 = 2y

2
2
(x − y)(x + xy + y + 2) = 0
2

y  3y 2

Do x + xy + y + 2 =  x + ÷ +
+ 2 > 0,
2
4



2

2

∀x, y

 x 3 + 1 = 2y
V× vËy hệ tơng đơng với:
x = y
Nh vậy, phơng trình đà cho tơng đơng với phơng trình sau:
x3 + 1 = 2x ⇔ x3 - 2x + 1 = 0
⇔

(x - 1) (x2 + x - 1) = 0

⇔ x = 1 hc x =

−1 ± 5
2

23


Vậy phơng trình có 3 nghiệm x1 = 1, x2,3 =

1 5
.
2


Ví dụ 22: Giải phơng trình:
3

x 9 = (x - 3)3 + 6

* Nhận xét:
Đây là một phơng trình chứa 1 căn thức và chỉ số căn thức vế
trái bằng bậc đa thức vế phải. Từ nhận xÐt ®ã ta h·y chun vỊ hƯ
®èi xøng kiĨu hai.
* Lời giải:
Đặt y - 3 =

3

x 9 (y - 3)3 = x - 9

Từ đó phơng trình tơng ®¬ng víi hƯ sau:
 y − 3 = (x − 3)3 + 6
(x − 3)3 − y + 9 = 0
⇔

3
3
(y − 3) = x − 9
(y − 3) − x + 9 = 0
(x − 3)3 − y + 9 = 0
⇔
3
3

(x − 3) − (y − 3) + x − y = 0
(x − 3)3 − y + 9 = 0
⇔
2
2
(x − y) (x − 3) + (x − 3)(y − 3) + (y − 3) + 1 = 0

(*)

Do (x - 3)2+ (x - 3) (y - 3) + (y - 3)2+ 1 > 0
(x − 3)3 − y + 9 = 0
nªn (*) ⇔ 
x = y
Khi đó phơng trình đà cho tơng đơng với:
(x - 3)3- x + 9 = 0
⇔ (x - 1) ((x - 4)2 + 2) = 0
⇔ x = 1.
VËy x = 1 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
7.3. Bài tập vận dụng
Giải các phơng trình sau:
a,

4x 2 + 5x + 1 + 3 = 2 x 2 − x + 1 + 9x

(Đề thi HSG huyện Yên Thành năm häc 2007 – 2008)
x=

1
3


b, x2 +

x+5 =5

24

§S:


§S: x =
c, x3 -

3

1 − 21
1 − 17
; x=
2
2

3x + 2 = 2
§S: x = - 1; x = 2

d, x2 +

1+ x =1
§S: x = 0; -1,

1− 5
2


8. Phơng pháp 8
Đa về phơng trình có hệ số chứa ẩn
8.1. Đặc điểm phơng pháp
* Có nhiều bài toán mà khi đặt ẩn phụ thì các biểu thức chứa
ẩn còn lại không biểu diễn đợc triệt để qua ẩn phụ hoặc nếu biểu
diễn đợc thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp. Trong trờng hợp
này ta đành chấp nhận: Để phơng trình ở dạng chứa ẩn phụ nhng
hệ số vẫn chứa x.
* Phơng pháp này đa về phơng trình bậc hai với ẩn phụ là căn
thức. Các hệ số của phơng trình có thể chứa ẩn của phơng trình
đà cho. Ta luôn nhớ rằng chỉ giải đợc bằng phơng pháp này nếu biệt
thức là biểu thức bình phơng đúng.
8.2. Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 23. Giải phơng tr×nh:
(4x - 1)

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

Lời giải:
Đặt t =

2
2
x 2 + 1 1 khi đó t = x + 1, phơng trình đà cho biến đổi

về dạng:
(4x - 1)


2
x 2 + 1 = 2(x + 1) + 2x - 1

⇔

(4x - 1) t = 2t2 + 2x - 1

⇔

2t2 - (4x - 1)t + 2x - 1 = 0

Đây là phơng trình bậc hai víi Èn t vµ hƯ sè chøa x.
∆ = (4x - 1)2 - 8 (2x - 1) = (4x -3)2
Phơng trình ẩn t có nghiệm:

25