Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

Chia sẻ: daicass114

Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh được cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng...

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi

Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu




S¸ng kiÕn kinh nghiÖm:


Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I
ph-¬ng tr×nh v« tû




Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn

Tæ : To¸n




Hµ Néi, 5 / 2011
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi
Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu




S¸ng kiÕn kinh nghiÖm:


Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I
ph-¬ng tr×nh v« tû




Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn
Tæ : To¸n




Hµ Néi, 5 / 2011
më ®Çu

Gi¶i ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒu
häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu khi cßn lóng tóng tr-íc viÖc
gi¶i mét ph-¬ng tr×nh; trong ®ã cã ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc ®-îc coi lµ khã
h¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû ” ®Ó
lµm s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn
gióp häc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh chøa c¨n
thøc nãi riªng vµ c¸c d¹ng ph-¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn
®©y lµ tµi liÖu tham kh¶o bæ Ých cho nh÷ng ai quan t©m ®Õn m«n to¸n.

KiÕn thøc thÓ hiÖn trong s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn trong
ch-¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh. Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy
cã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn bÊt ph-¬ng tr×nh còng ®-îc; xong khi
chuyÓn sang bÊt ph-¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®-îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hay
h¬n. Do ®ã ng-êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµo
nhiÒu môc ®Ých gi¸o dôc kh¸c nhau còng ®-îc.

Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã 9 ph-¬ng ph¸p gi¶i to¸n
kh¸c nhau.
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû

Bài toán mở đầu
2
Giải phương trình 1  x  x2  x  1  x (*)
3
(Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000)
Giải
Điều kiện 0  x  1
* Cách 1:

 
2
 2
2
(*) 2
 1  x  x   x  1 x
 
3

x  x2   x  x2   x  2 x . 1  x  1  x
4 4
1
3 9
 4  x  x2   6 x  x2  0

 
 2 x  x2 2 x  x2  3  0

 x  x2  0

 x  x2  3

 2
x  0
 x  1

4 x  4 x2  9

x  0
 x 1

4 x2  4 x  9  0

x  0

x  1
x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 .

* Cách 2:
x và 1  x nhờ vào đẳng thức
Nhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua

 
2
x  1 x  1  2 x  x2
Vậy có cách 2
Đặt t  x  1  x , 1 t  2




H1
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


t2 1
 x  x2  .
2
Phương trình (*) trở thành
t  1
t2  1
 t 2  1  3  3t  t 2  3t  2  0  
1 t
t  2
3
t  2 , không thoả mãn
x  0
t  1, có x  1  x  1  2 x  x2  0  
x  1
x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 .

* Cách 3:
 x   
2 2
x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 1 x 1
Nhận xét:
Vậy ta có cách 3
Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3
3 x 3 9 9
(x 
vì thay x  vào phương trình không thoả mãn)
 1 x 
2 x 2 4 4
3t  3
Đặt t  x , nên 1  x 
2t  3

 
2
 3t  3 
2 2
x  1  x  1 , nên t    1
Lại có 2

2t  3 

 t  4t  12t  9   9t  18t  9  4t  12t  9
2 2 2 2



 4t 4  12t 3  14t 2  6t  0
 t  2t 3  6t 2  7t  3  0
 t  t  1  2t 2  4t  3  0
t  0 x  0
 
t  1 x  1
x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 .

* Cách 4:
Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác
a  0, b  0
Đặt a  x , b  1  x ,
2 3  2ab  3  a  b 
1  ab  a  b (1)


Ta có hệ phương trình  3
 a  b   2ab  1
2
a 2  b 2  1 (2)





H2
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Thay (1) vào (2) có
a  b  1
  a  b   3 a  b   2  0
 a  b  3 a  b   3  1 
2
2
 
a  b  2
 a  0

b  1
 x  0
Với a  b  1, có a .b  0 
 a  1
x  1

 b  0

3 3
Với a  b  2 , có a .b  , không tồn tại a , b (Vì 4  22  4.  6 )
2 2
x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 .
Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3.

* Cách 5:
 
2 2
 1, ta nghĩ đến đẳng thức sin 2 a  cos2 a  1
 1 x
Cũng nhờ x
Ta có thêm cách sau:

x  sin a , 0a
Đặt
2
2
Phương trình (*) trở thành 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a
3
 3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a (Vì cos a  0 )
sin a  cos a  1
  sin a  cos a   3 sin a  cos a   2  0 
2


sin a +cos a  2
a a
a a a a
 sin a  cos a  1  2sin .cos  2sin 2  0  sin  cos  sin   0
2 2
2 2 2 2
 a a
sin a  2sin 2 cos 2  0
a
sin 2  0  x  0
 a
 
2 tan
x 1
sin a 
 tan a  1 2 1


 a
2 1  tan 2

 2
x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 .

Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một
phương trình vô tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức
và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi
vào một số phương pháp cụ thể.


H3
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương

Bài toán 1: Giải các phương trình sau
1) x  17  1  3x (1)
2) x  3  3  3x  2 (2)
x 2  5 x  x3  2 x  1  x  1
3) (3)
4) x 2  1  x 2  3 x  2  x 2  8 x  7 (4)
5) 12 x  12  2 x  3  x
3 3 3
(5)
6) x  2  2  x .
2
(6)
Bài toán 2: Tìm m để phương trình x  2mx  2  m (I), có nghiệm.
2


Bài toán 3: Tìm m để phương trình 2 x  m  x  2 (II), có hai nghiệm phân
biệt.
Bài toán 4: Giải các phương trình
1) x  2  5  2 x  2 x  7  3 x (1)
2) x  3  3 x  1  2 x  2 x  2 (2)
x3  1
x  x  1  x2  x  1
3) (3)
x
x3  1 x3  1
4) 4 x  1  x  1   (4)
x 1 4x 1
5) 3 x  3 3 x  5  3 2 x  1  3 2 x  6 . (5)
Giải
Bài toán 1
1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương
trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là
1
1  3x  0  x  . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương hai vế ta được
3
1
phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  . Do vậy ta không cần
2

3
đặt điều kiện cho x  17  0 .
 1
(1) 1  3 x  0
x 

  3
 x  17  1  3x 
2
 x  17  1  6 x  9 x 2
 
 1
x

 1 3
x  
   x  1  x  1
 3
  16
9 x 2  7 x  16  0
  x 
 9
Vậy phương trình có một nghiệm x   1 .


H4
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


f ( x)  g ( x) . Ta làm như sau
Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là
 g ( x)  0
f ( x)  g ( x)  
 f ( x)  g ( x)
2



Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  0.

2) Điều kiện 3  x  1
  
( 2) 2 2
 x  3  2  3  3x  x32  3  3x
 x  3  4 x  3  4  3  3x x  3  x 1
 x  1  0  x  1

 
 x  3    x  1  x  3  x  2x  1
2 2

 x  1
 x  1 
 x  2 , thỏa mãn điều kiện
  x  1
 2
x  x  2  0  x  2


Vậy phương trình có một nghiệm x   2 .

x  1  0  x  1


(3)
 3
3)   2
 x  5 x  x  2 x  1   x  1  x  2 x  1  1  3x
2
3


 x  1  1
1  x 

 1  3x  0  3
 x3  2 x  1  (1  3x) 2  x3  2 x  1  1  6 x  9 x 2



 1
1
1  x 
1  x 

 3
3
 x  x 2  9 x  8  0
 x3  9 x 2  8 x  0
 
 1
1  x 
 3

 x0
   x  0 , thỏa mãn điều kiện
x 1


 x  8

Vậy phương trình có một nghiệm x  0 .

Chú ý:
 x 2  5 x  x3  2 x  1  0

Trong bài này ta không cần đặt điều kiện  3 .
x  2x  1  0





H5
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x 1
4) Điều kiện  x  7

 x  1

   
(4) 2 2
 x 2  1  x 2  3x  2 x2  8x  7

 x2  1  x2  3x  2  2. x 2  1. x 2  3x  2  x 2  8x  7
 2  x  1  x  1.  x  1  x  2    x 2  5x  6
 x  1  x  1  x  2    x  1  6  x 
2
2



1  x  6


4  x  1  x  x  2    x  1  6  x 
2 2 2
2

1  x  6


 x  1  4 x  4 x  8  x  12 x  36   0
2 2 2

1  x  6

   x  1
 3x 2  16 x  44  0

 1  x  6


  x  1
 
 x  2
 22
 x  
 3
 x  1

x  2
x   1, x  2 thoả mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .

Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau
(4)
  x  1  x  1   x  1  x  2    x  1  x  7 
* Trường hợp 1: x   1 , thỏa mãn phương trình (4)
* Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành

   
2 2
x 1  x  2  x  7  x 1  x  2 x7
 2 x2  x  2  6  x
 x 1  2 x 1 x  2  x  2  x  7
6  x  0 x  6

  2
4  x  x  2    6  x  3x  16 x  44  0
2
2



H6
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x  6

 x2
  x2

 x   22

 3
x  2 , thỏa mãn điều kiện trường hợp 2
* Trường hợp 3: x   7 , phương trình (4) trở thành
1  x   1  x    1  x   2  x   1  x   7  x 
  
2 2
 1  x  2  x  7  x  1  x  2  x  7  x
 1  x  2 1  x 2  x  2  x  7  x  2 1  x 2  x  6  x  0
Phương trình vô nghiệm (Vì 2 1  x 2  x  6  x  0, x  7 ).
* Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 .

ab  a b
Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm:
ab  a b khi a  0 và b  0
Đẳng thức
ab  a b khi a  0 và b  0 .
Còn


   x
(5) 3 3
5)  12 x  12  3 2 x  3 
3 3




 
 12 x  12   2 x  3  3 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3 2 x  3  x

 2 x  3   3 x  1
 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3
 3 12  x  1. 3 2 x  3. 3 x  3( x  1) (5*)
 12  x  1  2 x  3 x  27  x  1
3



  x  1 4  2 x 2  3x   9  x 2  2 x +1  0
 
  x  1   x 2  6 x  9   0
x 1  0
 2
 x  6 x  9  0
x 1

x  3
Thay x  1, x  3 vào phương trình (5) đều thoả mãn
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  3 .

Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương
trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình
(5) để kiểm tra lại.




H7
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


  3   3  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng
Với dạng tổng quát 3


thức  a  b   a3  b3  3ab  a  b  để giải như bài trên.
3




6) Điều kiện x   2
2 2
 1  1
1 1
( 6)
 ( x  2)  x  2   x 2  x    x  2    x  
 2  2
4 4
 1 1
 x22x2 (6.1)

 x  2  1   x  1 (6.2)

 2 2
x  0
x  0 x  0 
( 6.1)
  x   1  x  2
 x2x   2
x  2  x x  x  2  0
2
 x  2

 x  1  0 x  1

( 6.2)
 x  2   x 1   
 x  2    x  1 x  2  x  2x  1
2 2

x  1
x  1 1  5

x
 2  1  5
x  x  1  0 x  2
 2
1  5
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  .
2
Chú ý: Có thể đưa về dạng f ( x)  g ( x) và giải bằng cách bình phương hai
vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm x   1 , x  2 ) và tìm
được nghiệm của phương trình.
Ngoài ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
(tôi xin trình bày ở phương pháp 5).


Bài toán 2
*) Nếu m  0 thì phương trình (I) vô nghiệm
*) Nếu m  0 thì:
( I ) m  0 m  0
 2  2
 x  2mx  2  m  x  2mx  2  m  0 (I*)
2 2


m  1
 m  1 (thoả mãn m  0 )
(I*) có nghiệm khi  '  m2  2  m2  0  
m  1

Kết luận: m  1 thì phương trình (I) có nghiệm.




H8
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Bài toán 3
( II )  x  2  0  x  2  x  2

   2
2 x  m   x  2  2 x  m  x  4 x  4  x  2 x  4  m (II*)
2 2


Xét hàm số f ( x)  x 2  2 x  4 , x   2 ;   

Bảng biến thiên

∞ 2 1 +∞
x

+∞
4
f ( x)
3

Số nghiệm phương trình (II) bằng số nghiệm phương trình (II*) với x  2
Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt khi 3 < m  4.

Bài toán 4
7
1) Điều kiện 0  x 
3
   
(1) 2 2
 x  2  5  2x 2 x  7  3x
 x  2  5  2 x  2 x  2. 5  2 x  2 x  7  3x  2 2 x. 7  3x
 x  2. 5  2 x  2 x . 7  3 x
  x  2   5  2 x   2 x  7  3x 
 2 x2  x  10  6 x2  14 x
 4 x2  13x  10  0
x  2
 5 (Thoả mãn điều kiện)
x 
 4
5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  2 .
4

Chú ý: ta giải bằng cách trên vì có x  2  5  2 x  2 x  7  3x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) , với f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x)
Được giải bằng cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình
phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.

2) Điều kiện x  0
( 2)
 x  3  2 x  2 x +2  3x  1


H9
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


   
2 2
 x32 x 2 x +2  3x  1 (2*)
 x + 3+4x  4 x  3. x  2 x +2+3x 1  2 2 x  2. 3 x  1
 2 x. x  3  2 x  2. 3x  1
 4 x( x  3)  (2 x  2)(3x  1)
 4 x2  12 x  6 x2  8x  2
 2 x2  4 x  2  0
 2  x  1  0
2



 x 1
Thay x  1 vào phương trình (2) thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1.

Chú ý:
Ta giải bằng cách trên vì có: x  3  4 x  2 x  2  3x  1
Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm được nghiệm (2*) ta
phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay không.
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) , sau
đó bình phương và giải phương trình hệ quả.

3) Điều kiện x  0
2
 x3  1 
 
(3) 2
 x   x  1  x2  x  1

 x
 
x 1
3

 x  2 x3  1  x  1  x 2  x  1  2 x3  1
x
x 1
3

  x  x2  2
x
 x  1  x2  x3  2x
3


  x  1  0  x  1 (Thoả mãn điều kiện)
2



Vậy phương trình có nghiệm x  1.

Chú ý:
x3  1
 x  1. x 2  x  1
Ta giải bằng cách trên vì có: x.
x
Dạng tổng quát của phương trình trên là
f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x).g ( x)  h( x).k ( x)
Được giải bằng cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình
phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện.


H 10
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

4) Điều kiện x  1
x3  1 x3  1
(4)
 4 x +1    x 1
4x  1 x 1
2 2
 x3  1   x3  1 
  4x  1     x 1
 4x  1   x 1 
  
x 1 x 1
3 3

 4x  1   2 x3  1   x  1  2 x3  1
4x  1 x 1
x 1 x 1
3 3

  4 x+1   x  1  0
 
4x  1 x  1
  x3  1  4 x 2  3x  1
  3x  2   0
 4 x  1  x  1 
 
  3x  2   x3  4 x 2  3x+2   0
  3x  2   x  2   x 2  2 x  1  0
2

x  3

 x  2
x 1 2

x 1 2

x  2
 (Thoả mãn điều kiện x  1)
x 1 2
Thay x  2 , x  1  2 vào phương trình (4) thấy thỏa mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  1  2 .

Chú ý:
x3  1 x3  1
4 x  1.  . x 1
Ta giải bằng cách trên vì:
4x  1 x 1
Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng cách: Đặt nhân tử chung x3  1 ở vế phải ra,
 
x  1  4 x  1 , cách này có thể sẽ ngắn
sau đó quy đồng tiếp sẽ có nhân tử
hơn cách giải trên. Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát của phương
trình: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) . Trong đó: f ( x).h( x)  k ( x).g ( x)
Được giải bằng cách đưa về phương trình:
f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x)
Sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả.


  
(5) 3 3
5)  x  3 3x  5  2x  1  3 2x  6
3 3




H 11
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 x  3x  5  3 3 x(3x  5).( 3 x  3 3x  5)
 2 x  1  2 x  6  3 3 (2 x  1)(2 x  6)( 3 2 x  1  3 2 x  6)
   2 x  1  2 x  6  2 x  1  2 x  6 
 3 x(3x  5) x  3 3x  5 
3 3 3
3



x(3x  5) 2 x  1  2 x  6    2 x  1  2 x  6   2 x  1  2 x  6 
3 3 3 3 3
(5*)
3



x(3x  5)   2 x  1  2 x  6 
 3 3


(Vì: 2 x  6  2 x  1  3 2 x  6  3 2 x  1  0 )
 x(3x  5)  (2 x  1)(2 x  6)
 3x2  5x  4 x2  10 x  6
 x2  5x  6  0
x 1

 x  6
Thay x  6 , x  1 vào phương trình (5) thoả mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm x  6 , x  1 .

Chú ý: Phương pháp tương tự như các bài toán trên. Ở (5*) là ta đã sử dụng từ
phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5).
 
Thật vậy, nếu ta thay 3 x  3 3x  5 chứ không thay như bài giải vừa rồi, sẽ
5
tìm được nghiệm x   nhưng nghiệm này không thoả mãn phương trình (5).
2

Bài tập

Bài 1: Giải các phương trình
x3  x 2  x 2  x  2 x 4  3x  2  x 2  1
1) 2)
x4  x2  1  1  2 x x3  x  1  1  2 x
3) 4)
2 x4  5x2  3  x2  1 x4  x2  1  x  1
5) 6)
x3  x 2  1  1  2 x
x  2 x 1  2  2 x
7) 8)
9) x 2  2 x  4  3 x 3  4 x 10) x 2  x  1  5 x2  8 x  4
4  3 10  3x  x  2 (HSG Quèc Gia 2000)
11)
3x  4  x  3  3
12) x 2  x  1  5 x2  8 x  4 13)
2x  2 x x x2  x  1  x2  x  1  2
14) 15)
x2 x 1
x  x2  1  x  x2  1  2 6 5
16) 17)
x 1 x2
x 2  4 x  12  x 2  x  6  x  2 2  x2  2 x2  1  x  1
18) 19)


H 12
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


1  3x  2 x  3  3 x  2
x2  2 x  2  x2  x  1  1
20) 21)
3  3x  2 4  x  x  2 2x  3  3  x  x
23)
22)
25) 3 1  x  3 1  x  1
2 x2  1  2 x  1  2 x2  x  9
24)
2 x  3  5  2 x  4 x 2  16 x  15  1
26)
28) 1  2 x  1  2 x  2  x 2
x  2  x  1  x2  x  2  1
27)
x  3  2 x  5  3  3x  5  2 x
29)
x3  1
 x  1  x2  x  1  x3
30)
x3
31) x2  8x  15  x 2  2 x  15  4 x 2  18x  18
32) 2 x2  8x  6  x 2  1  2 x  2 (ĐH BK HN 2001).

2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 2: Tìm m để phương trình:

2 x 2  mx  x 2  4 có nghiệm.
Bài 3: Tìm m để phương trình:




H 13
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ

I. Bài toán 1: Dạng af  x   b f  x   c  0 , a  0
f  x , t  0
Phương pháp chung là đặt t 
1) Cho phương trình:  x  1  x  3  6  x  1  x  5  m  0 (1)
a) Giải phương trình với m  0
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
2) Giải phương trình: x  2  x 2  8x  2  x  8 (2).
II. Bài toán 2:
Dạng a  f  x   g  x    b f  x  .g  x   c  f  x   g  x    d  0
 
 
(Với abc  0 )
Phương pháp chung là đặt t  f  x   g  x 
1) Cho phương trình: x  1  x  x  x 2  m (3)
a) Giải phương trình với m  1
b) Tìm m để phương trình vô nghiệm.
2) Cho phương trình: 2 x  1  2 x  2  x  x 2  x  2  m (4)
a) Giải phương trình với m  11
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
 
3) Giải phương trình: x 3 35  x3 x  3 35  x3  30 (5).
III. Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trình thuần nhất
Giải các phương trình:
1) 3 1  x 3  2 x 2  4 x (6) (HSG Toán 10, NGT 2007)
 x  2
2) x 3  3 x 2  2  6x  0
3
(7)
3) x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1 (8)
4) 5x  14 x  9  x  x  20  5 x  1 (9)
2 2


IV. Bài toán 4: Dạng af  x   b.g  x . f  x   c.h  x   0 , abc  0
Giải các phương trình:
1)  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 (10)
2) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2 (11)
3) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 (12).

Giải

I. Bài toán 1:
x 1
1) Điều kiện 
 x  5


H 14
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

1
 x 2  4 x  6. x 2  4 x  5  3  m  0
Đặt t  x 2  4 x  5 , t  0
 t 2  x2  4x  5
Phương trình (1) trở thành: t 2 5  6t  m  3  0  t 2  6t  8  m (1.1)
t  2
(1.1)
a) m  0 :  t 2  6t  8  0  
t  4
 x  2  13
 x2  4x  5  2  x2  4x  5  4  x2  4 x  9  0 
  2  2   x  7
 x  4 x  5  16  x  4 x  21  0
 x2  4x  5  4 x  3


Vậy với m  0 , phương trình có bốn nghiệm: x  7 , x  3 , x  2  13 .
b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm t  0
Gọi f  t   t 2  6t  8 với t   0;  
Bảng biến thiên:

 
t 0 3
1
f t 

8
 f  t   1, t  0
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi m  1 .

x  8
2) Điều kiện  2
 x  8x  2  0
( 2)
 x  2  x  8  x2  8x  2

  

2
2
 x  2  x 8 x  8x  2
2




 x  2  x  8  2 x  2. x  8  x 2  8 x  2
 x 2  10 x  2 x 2  10 x  16  8  0
Đặt t  x 2  10 x  16 , t  0
 t 2  x2  10 x  16
Phương trình (2) trở thành: t 2  16  2t  8  0
t  4
 t 2  2t  8  0  
t  2
t  2 , loại


H 15
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x  0
x 2  10 x  16  4  x 2  10 x  16  16  x 2  10 x  0  
t  4 , có
 x  10
Thay x  10 vào điều kiện x2  8x  2  0 thoả mãn
Vậy phương trình có nghiệm x  10 .

Chú ý: Ở đây tôi chưa cần đến giải bất phương trình x2  8x  2  0 .

II. Bài toán 2:
1) Điều kiện 0  x  1
Đặt t  x  1  x , với 1  t  1
1 t2
 x 1  x  
 t 2  x  1  x  2 x. 1  x
2
1 t2
(3)
t  m  t 2  2t  1  2m (3*)
2
t  1
( 3*)
a) m  1 ,  t 2  2t  3  0 
t  3
t  3 , loại
t  1 , nên x  1  x  1  x 1 1 x
 2 1  x   2 1  x  0
 x 11 x  2 1 x
 x  1 (vì 1  x  0 , x  0;1 )
Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  1 .
b) Phương trình (3) vô nghiệm khi phương trình (3*) không có nghiệm thoả mãn
1  t  1
Gọi f  t   t 2  2t  1 với 1  t  1
Bảng biến thiên:


t  1 
1
2
f t 
2
 2  f  t   2 , t   1;1
 2m  2 m  1

Do đó: 
 2m  2  m  1
Kết luận: m  1 , m  1 thì phương trình vô nghiệm.

2) Điều kiện x  2
Đặt t  x  1  x  2 , t  3


H 16
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 t 2  x  1  x  2  2 x  1. x  2
t2 1
 x  x2  x  2 
2
t2 1
(4)
 2t  m  t 2  4t  1  2m (4*)
2
t  7
( 4*)
a) m  11 ,  t 2  4t  1  22  t 2  4t  21  0 
t  3
t  7 , loại
t  3 , nên x  1  x  2  3  2x  1  2 x2  x  2  9
 x2  x  2  5  x
5  x  0 x  5 x  5
 2    x3
9 x  27 x3
x  x  2  25  10 x  x 2  

Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  3 .
b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn
t 3
Gọi f  t   t 2  4t  1, t  3
Bảng biến thiên:



t  2 3

f t 


44 3

 f  t   4  4 3 ; t  3
Do đó: 2m  4  4 3  m  2  2 3
Kết luận: m  2  2 3 thì phương trình có nghiệm.

3) Đặt t  x  3 35  x3
 
 t 3  x3  35  x3  3x 3 35  x3 . x  3 35  x3
t 3  35
 x 35  x  3
3
(5*)
3t
t 3  35
.t  30  t 3  125 t 5
Phương trình (5) trở thành:
3t
Thay t  5 vào (5*) có:


H 17
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 x3  35  x3   216
x3 35  x3  6  x6  35x3  216  0
 x3  8 x  2
 3 
x  3
 x  27
Thay x  2 , x  3 vào phương trình ban đầu thoả mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  3 .

Chú ý: Ta có thể đặt y  3 35  x3 và đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1 để
giải cũng được. Phương pháp này sẽ được trình bày ở dưới.

III. Bài toán 3:

1) Điều kiện x  1
Để ý: 2 x 2  4 x  2  x 2  x  1  2 1  x 
3
Đặt a  1  x , b  1  x  x 2 , a  0 , b  .
2
Phương trình (6) trở thành: 3ab  2b2  2a 2  2a 2  3ab  2b2  0
a
 b  2
2
a a
 2    3   2  0 
b b a  1
b 2

a
 2 , loại
b
a1
  b  2a  1  x  x2  2 1  x
b2
 1  x  x2  4  4x  x2  5x  3  0
5  37
x (Thoả mãn điều kiện)
2
5  37
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  .
2
2) Điều kiện x  2
Nhận thấy x  2 không là nghiệm phương trình
Đặt y  x  2 , y  0

 
Phương trình (7) trở thành: x3  3x  x  2   2
3
x2 0
 x3  3xy 2  2 y 3  0
 x   x  x 
3 2
x  x
    3   2  0    1     2  0
 y  y  y   y  y 
 




H 18
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x
 y 1 y  x

 1
y   x
x
 y  2  2

x  0
x0 x0
  
Với y  x , có: x  2  x      x  1  x  2
 2
x  2  x x  x  2  0
2
 x  2

1 1
Với y   x , có: x  2   x
2 2
x  0
x  0 x  0 
  2   x  22 3
4  x  2  x x  4x  8  0 x  2  2 3
2

 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  2 , x  2  2 3 .

1
3) Điều kiện x 
2
Để ý: 3x  4 x  1  3 x 2  2 x    2 x  1
2


1
Nhận thấy x  không là nghiệm phương trình
2
Đặt a  x 2  2 x , b  2 x  1 , a  0 , b  0
Phương trình (8) trở thành: a  b  3a 2  b2
 a 2  b2  2ab  3a 2  b2  2a 2  2ab  2b2  0
a 1 5

2
a a b 2

    1  0
a 1 5
b b

b 2
a 1 5

Với , loại
b 2
a 1 5
   
  2a  1  5 b  2 x2  2 x  1  5 2x 1
Với
b 2
 
 4  x 2  2 x   6  2 5  2 x  1

 
 4x2  4 1  5 x  6  2 5  0

 
 2 x  1  5   0
2

 
 
1 5
x (Thoả mãn điều kiện)
2



H 19
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


1 5
Vậy phương trình có nghiệm x  .
2

4) Điều kiện x  5
( 9)
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  25 x  25  10 x  1. x 2  x  20
 2 x 2  5 x  2  5  x  1  x  4   x  5 

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



Đặt a  x 2  4 x  5 , b  x  4 , a  0 , b  3
a
b 1 a  b
2
a a
(9)
 2a  3b  5ab  2    5   3  0  
2 2

 2a  3b
b b a  3
b 2

Với a  b , có: x 2  4 x  5  x  4  x2  4x  5  x  4
 5  61
x 
2

 x2  5x  9  0
 5  61
x 
 2
5  61
x , thoả mãn điều kiện
2
 4 x2  16 x  20  9 x  36
Với 2a  3b  2 x 2  4 x  5  3 x  4
x  8

 4 x2  25x  56  0 7
x  
 4
x  8 , thoả mãn điều kiện
5  61
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x  8 , x  .
2

Chú ý: Ta phải giải được như trên vì
2 x 2  5 x  2  2  x 2  4 x  5  3 x  4 
và:  x  1  x 2  x  20    x  1  x  4   x  5   x  4   x 2  4 x  5 .

IV. Bài toán 4:

1)   x 2  2 x  3   x  1 x 2  2 x  3  2 x  2  0
(10)




Đặt t  x 2  2 x  3 , t  2


H 20
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Ta có: t 2   x  1 t  2 x  2  0
  x 2  2 x  1  8 x  8  x 2  6 x  9   x  3
2



t  2
(10)

t  x  1
x2  2 x  3 = 2  x2  2 x  3  4  x2  2 x  1  0  x  1  2
Với t  2, có
x 2  2 x  3  x  1: phương trình vô nghiệm
Với t  x  1, có
(vì: x 2  2 x  3  ( x  1)2  2  ( x  1)2  x  1  x  1 )
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  1  2 .

2) Điều kiện 1  x  1
(11)
 4 x  1  2( x  1)  (1  x)  2 1  x  1  x . 1  x
Đặt t  1  x , t  0
(11)
 4 1  x  2( x  1)  t 2  2t  1  x .t
 t 2  (2  1  x )t  4 1  x  2 x  2  0
  4  4 1  x  1  x  16 1  x  8 x  8  4  12 1  x  9(1  x)  (2  3 1  x ) 2
(11) t  2 1  x

t  2  1  x

Với t  2 1  x , có: 1  x  2 1  x  1  x  4 x  4
3
 5 x  3  x   (Thỏa mãn điều kiện)
5
Với t  2  1  x , có: 1  x  2  1  x
 1  x  1  x  2  1  x  1  x  2 1  x2  4
 1  x2  1  1  x2  1  x  0 (Thỏa mãn điều kiện)
3
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x   , x  0 .
5

Chú ý:
Bài toán này ta tách: 3x  2(1  x)  (1  x)  1 để phuơng trình bậc hai
theo t có  là dạng bình phương

3) Điều kiện 2  x  2
(12)
 4(2 x  4)  16(2  x)  16 2 x  4. 2  x  9 x 2  16
 16 2(4  x 2 )  8 x  32  9 x 2  4(8  2 x 2 )  16 8  2 x 2  x 2  8 x  0
Đặt t  2 8  2 x 2 , t  0



H 21
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


t  x
(12)
 t 2  8t  x 2  8 x  0 
t   x  8
Với t  x, có: 2 8  2 x 2  x
x  0
x  0 x  0 
  2  42
4(8  2 x )  x 9 x  32 x  
2 2

 3
42
x (thỏa mãn điều kiện)
3
Với t   x  8, có: 2 8  2 x 2   x  8
 2 8  2 x 2  x  8  0 phương trình không có nghiệm x   2;2
42
Kết luận: phương trình có một nghiệm x  .
3

Bài tập
Giải các phương trình:
x 1
1) ( x  2)  ( x  1)( x  2)  6
x 1
x  1  x2  4x  1  x  3
2)
5  2x
2x  5  2x  x 2
3)
2x
x  2  x  1  x  x2  x  2  1
4)
5  1  x2 x
x2
1
5) 2    20
x 1  x2 2  x 1  x2 
 
6) 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1
7) ( x 2  6 x  11). x 2  x  1  2( x 2  4 x  7) x  2
8) x3  (3  x 2  2) x  1  2 x 2  2
1 4
9) x 2  3 x  1  x  x2  1
3
10) 2( x 2  3x  2)  3 x3  8 .




H 22
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 3: Phương pháp xuất hiện biểu thức liên hợp

Giải các phuơng trình sau:
2x  7
1) 3 x  4  x  3  (1)
3
 
 x 1  x  2 x2  x  2  1  3 (2) (HSG Toán 12 NGThiều 2011)
2)

3x 2  5x  1  x 2  2  3( x 2  x  1)  x 2  3x  4
3) (3)
x 2  12  5  3x  x 2  5
4) (4)
x 2  1  x  x3  2
3
5) (5)
4 x2  5x  1  2 x2  x  1  9 x  3
6) (6)
x  2  4  x  2 x 2  5x  1
7) (7)
2 x2  x  9  2 x2  x  1  x  4 .
8) (8)

Giải
1) Điều kiện x  3
Để ý: (3x  4)  ( x  3)  2 x  7

   3x  4  x  3   3x  4  
(1)
3 3x  4  x  3  x3

 x  3   3x  4  x  3  3  0
 3x  4 

 3x  4  x  3  3  0 (1*)
 3x  4  x  3  3
 3x  4  x  3  9  6 x  3
 3 x  3  x 1
x 1  0

9( x  3)  x  2 x  1
2



x  1
x  1 x  4


  x  4
 2 (thoả mãn điều kiện)
x7
 x  11x  28  0 
 x  7

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  4, x  7 .

Chú ý:
Từ (1*) đưa về: 3x  4  x  3  3 rồi bình phương hai vế tìm nghiệm thỏa
mãn x  3 (do: 3x  4  x  3, x  3 ).

2) Điều kiện x  1
Để ý: ( x  2)  ( x  1)  3 và x  2  x  1, x  1


H 23
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


  
  x  2  ( x  1) 
( 2)
x2  x  2  1  3 x  2  x 1

 x2  x  2  1  x  2  x  1 (2*)
 x2  x  2  1  0


  
2 2
x2  x  2  1  x  2  x  1


 x2  x  2  1


 x  x  2  1  2 x  x  2  x  2  x  1  2 x  2. x  1
2 2

 x2  x  3  0
x  x  2  1  x  1

2

 2    x  1 
x  2
x  x  2  0  x  2

Đối chiếu điều kiện x  1 , ta tìm được nghiệm là x  2 .

Chú ý:
Ở (2*) ta giải bằng cách bình phương hai vế vì sau khi bình phương hai vế
ta làm mất được 2 x 2  x  2 .

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

  
(3)
 x 2  2  x  3x  4  3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3  0
x 2  2  ( x 2  3 x  4) 3 x 2  5 x  1  (3 x 2  3 x  3)
  0
x  2  x 2  3x  4 3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3
3( x  2) 2( x  2)
  0
x  2  x  3x  4 3x  5 x  1  3x  3x  3
2 2 2 2


 
3 2
 ( x  2)  2  0
x  2  x 2  3x  4 3x 2  5 x  1  3x 2  3x  3 

3 2
 0
 x  2 , vì
x  2  x  3x  4 3x  5 x  1  3x 2  3x  3
2 2 2


Thay x  2 vào phương trình ban đầu thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

Chú ý: Ở đây ta không đặt điều kiện vì x2  3x  3  0 giải ra kết quả xấu, do
vậy ta tìm nghiệm phương trình hệ quả rồi thay lại phương trình ban đầu xem
thỏa mãn sẽ lấy làm nghiệm.
5
x 2  12  x 2  5  3x  5 có nghiệm thì x 
4) Phương trình:
3
x 2  12  x 2  5 )
(vì:


H 24
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 
( 4)
 x 2  12  4  (3 x  6)  x2  5  3
x 2  12  16 x2  5  9
  3( x  2) 
x 2  12  4 x2  5  3
x2  4 x2  4
   3( x  2)  0
x 2  12  4 x2  5  3
 
x2 x2
 ( x  2)  2 2  3  0
 x  12  4 x 5 3 
 x2
x2 x2 x2 x2 5
2 3 2 2  3  0, x 
Vì:
x 2  12  4 x 5 3 x 5 3 x 5 3 3
Kết luận: phương trình có nghiệm x  2 .

Chú ý: ta giải bài toán này được là do ta đã nhẩm được một nghiệm x  2 của
phương trình.

5) Điều kiện x  3 2
 
(5)
 x 2  1  2  ( x  3)  x 3  2  5
3



x2  1  8 x 2  2  25
  ( x  3) 
x3  2  5
( x  1)  2 x  1  4
2 2 2
3
3



x2  9 x 3  27
  9 x  3)  0
( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4 x2  2  5
3



 x 2  3x  9 
x3
 ( x  3)  1 2 0
( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4 x  2  5

 
3


 x3
x3 x3 x 2  3x  9
Vì: 1  1 2
 
2
( x 2  1)2  2 3 x 2  1  4 x2  2  5
x 1 1  3
3 2
3



Kết luận: phương trình có nghiệm x  3 .

Chú ý: Ở bài này ta cũng nhẩm được nghiệm x  3 nên đã thêm bớt để xuất
hiện ( x  3 ) và giải tiếp.

 1
x
6) Điều kiện  4

 x  1
Để ý:  4 x 2  5x  1  4( x 2  x  1)  9 x  3



H 25
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 
(6)
  4 x 2  5 x  1  4( x 2  x  1)   (9 x  3) 4 x2  5x  1  2 x2  x  1
 

 
 (9 x  3) 4 x2  5x  1  2 x2  x  1  1  0
1
x (thỏa mãn điều kiện)
3
Vì:
2
 1 3 3
4 x  5x  1  2 x  x  1  1  2 x  x  1  1  2  x     1  2 1 0
2 2 2

 2 4 4
1
Kết luận: phương trình có nghiệm x  .
3

7) Điều kiện 2  x  4
  
(7)
 x  2 1  4  x  1  2 x2  5x  3
x  2 1 4  x 1
   ( x  3)(2 x  1)  0
x  2 1 4  x 1
 
1 1
 ( x  3)    2 x  1  0
 x  2 1 4  x 1 
x  3
 1 1
   2x  1 (7*)
 x  2 1 4  x 1

x  3 , thỏa mãn điều kiện
1 1 1
 1,   2 1

x  2 1 4  x 1 2 1
1 1
  1 2 1  2  2
x  2 1 4  x 1
Lại có: 2 x  1  2.2  1  5  phương trình (7*) vô nghiệm
Kết luận: phương trình có nghiệm x  3 .

Chú ý: Ta giải thế này là do đã nhẩm được nghiệm x  3 .

8) Nhận thấy:  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4 

 
2 x 2  x  9  2 x 2  x  1   2 x 2  x  9    2 x 2  x  1
(8)
2  
   
2 2 x2  x  9  2 x2  1  1  2 x2  x  9  2 x2  x  1 2x2  x  9  2x2  x  1

 2x2  x  9  2x2  x  1  2 (8*)
2 x2  x  9  2 x2  x  1  x  4
Lại có:
 2 2x2  x  9  x  6


H 26
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x  6

x  6  0 x  6
  x  0
  2  
4  2 x  x  9   x  12 x  36 7 x  8 x  0
2 2
 x  8


 7
8
Thay x  0, x  trở lại phương trình ban đầu thỏa mãn.
7
8
Vậy phương trình có nghiệm x  0, x  .
7

h : Ở (8*) có thể giải bằng cách bình phương hai vế cũng được , nhưng sẽ
dài và khó. Ở đây kết hợp với phương trình ban đầu để đưa ra phương trình hệ
quả, giải nhanh hơn. Tìm ra x , thử lại kết quả để chọn nghiệm.

Bài tập

Giải các phương trình sau
1  x 2x  x2

1)
1  x2
x
2) 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  3 2 x 2  1
5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1
3)
x 2  1  3x 3  2  3x  2
3
4)
x2  4  x  1  2 x  3
3
5)
2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 .
6)




H 27
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 4: ư v phương t nh t ch

Giải các phương trình sau
1) 3 x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3
3
(1)
2) 1  x  1  x . 2  x  2  x . 5  x  5  x . 1  x (2)
3) 2 x 2  1  x 2  3 x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 (3)
4) x  1  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 (4)

Giải
1) Xuất phát từ  a  b  c   a  b  c3  3 a  b   b  c   c  a 
3 3 3


p dụng vào giải phương trình (1):
  
(1) 3 3
 3x  1  3 5  x  3 2 x  9  4x  3
3 3



   
 3x  1  5  x  2 x  9  3 3x  1  3 5  x 5  x  3 2x  9 3x  1  3 2 x  9  4 x  3
3 3 3




   
 3x  1  3 5  x 5  x  3 2x  9 3x  1  3 2 x  9  0
3 3 3




3 x  1    5  x 
 3 3x  1   3 5  x  x  3
 2 x  6
3  
  5  x   3 2 x  9  5  x    2 x  9    x  4   x  4

3 3 x  1    2 x  9  
5 x  8
 3x  1   2 x  9  8
3
 x 

 5
8
Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  3, x  4, x  .
5
: Có thể xuất phát từ:  3x  1   5  x    4 x  3   2 x  9 hoặc
h
 5  x    2 x  9   4 x  3  3x  1 , để ta có cách giải khác như phương pháp
1, bài toán 3.

2) Điều kiện x  1
Đặt a  1  x , b  2  x , c  5  x , với a  0, b  0, c  0.
Ta có hệ phương trình:
 a  b   a  c   2
ab  bc  ca  2  a 2


  a  b   b  c   3
ab  bc  ca  3  b
2


ab  bc  ca  6  c 2 
 a  c   b  c   6

  a  b   b  c   c  a    36   a  b  b  c  c  a   6
2

 
b  c  3

 2a  b  c  6
Vậy c  a  2  abc 3
a  b  1




H 28
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


a  0

Do đó: b  1  x 1
c  2

Kết luận: phương trình có nghiệm x  1 .

a  2 x 2  1
a0

b  x 2  3x  2 b0
3) Đặt:  ,
c0
c  2x2  2x  3

 d 0
d  x  x  2
2



a  b  c  d a  b  c  d
(vì c  d  0 )

Ta có:  2
ab cd
a  b  c  d 
2 2 2


 2x2  1  2 x2  2 x  3
a  c 
 
b  d  x  3x  2  x  x  2
2 2

 x  2
2 x 2  1  2 x 2  2 x  3
  x  2
 2
x  2
x  3x  2  x 2  x  2 

Kết luận: phương trình có nghiệm x  2 .

f ( x)  g ( x) được giải bằng cách:
h : Dạng phương trình
 f ( x)  0
f ( x)  g ( x)   .
 f ( x)  g ( x)
4) Điều kiện x  1
  
(4)
 x  1  x  3
 x  3  2x x  1  2x   x  3  x  3. x  1  2 x  2 x x  1  0

      
 x  3 1  x  1  2x 1  x  1  0  1 x 1 x  3  2x  0
x  0

x 1 1 x  0
 x  0
 x 1 1 x  0
 
  x  1  
  x  0   x  0
 
x 1
 x  3  4 x2  4 x 2  x  3  0 
 x  3  2x

 
   x   3

 4
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  0, x  1.

Bài tập
Giải các phương trình
x  1  3 x  2  1  3 x 2  3x  2
3
1)
x  1  3 x2  3 x  3 x2  x .
3
2)


H 29
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 5: Phương pháp đặt ẩn phụ đư v hệ phương trình

I. Bài toán 1. ư v hệ thông thường
Giải phương trình sau: 2 x  8  3 2 x  9  5 (1)

II. Bài toán 2. ư v hệ đối xứng loại 1
Giải các phương trình sau:
1) 2  x  3  x  1   2  x   3  x  (2)
x  4 17  x  3
4
2) (3)
5  x  3 2  x  3  5  x   2  x   1
3
3) (4)

 
2
2  x2  2  x
4) (5)

III. Bài toán 3. ư v hệ đối xứng loại 2
Giải các phương trình sau:
3
 x3  2 
  3x  2
1)  (6)
3
2) x 2  2  x  2 (7)
3) x3  3x2  3x  3 16 x  24 (8)
4) 4 x 2  7 x  1  2 x  2 (9)
5) 2 x  15  32 x 2  32 x  20 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 303) (10)
6) 3 3x  5  8x3  36 x 2  53x  25 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 303) (11)

IV. Bài toán 4. ư v hệ gần đối xứng
Giải các phương trình sau:
2
 x2  1 
  3x  1  0
1)  (12)
3
2) x  5  x  1  6 (13)

Giải
I. Bài toán 1.
Điều kiện x  4
Đặt a  2 x  8 , b  3 2 x  9 , a  0 , b  3 17
a  b  5 (1.1)
Ta có hệ phương trình:  2
a  b  17
3
(1.2)
Từ (1.1) có a  b  5 thay vào (1.2):  b  5  b3  17  b2  10b  25  b3  17
2



b  1
  b  1  b2  2b  8  0  b  2
 b3  b2  10b  8  0

b  4



H 30
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


b  1 , nên 2 x  9  1  2 x  9  1
x4
3


1
b  2 , nên 3 2 x  9  2  2 x  9  8  x 
2
73
b  4 , nên 3 2 x  9  4  2 x  9  64 x
2
1 73
Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  , x  4 , x  .
2 2
Chú ý: Dạng bài tập này ta nên đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình và giải bằng
phương pháp thế.

II. Bài toán 2.
1) Đây chính là phương pháp 2, bài toán 2 đã biết. Ở đây ta sẽ giải bằng cách
khác.
Điều kiện 2  x  3
Đặt a  2  x , b  3  x , a  0 , b  0
a  b  1  ab
a  b  1  ab  (2.1)

Ta có hệ phương trình:  2
 a  b   2ab  5 (2.2)
a  b  5
2
2

Thay (2.1) vào (2.2) có: 1  ab   2ab  5   ab   2ab  1  2ab  5
2 2



 ab  2
  ab   4 
2


 ab  1
ab  1, loại
ab  2 t  1
 a , b là nghiệm phương trình: t 2  3t  2  0  
Với 
a  b  3 t  2
 x  2  1

 a  1   x  1

 
b  2  3  x  2  x  1  x  1

Nên  
 
 a  2  x  2 x  2

 x  2  2
 

 b  1  x  2
 
 3  x  1

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  1, x  2 .

2) Điều kiện 0  x  17
Đặt a  4 x , b  4 17  x , a  0 , b  0
 a 2  b 2 2  2a 2b 2  17
a 4  b 4  17 

Ta có hệ phương trình: 
a  b  3 a  b  3

  a  b 2  2ab  2  2  ab 2  17  9  2ab   2  ab   17
 2 2

   
a  b  3
a  b  3 





H 31
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 a  b  3

2  ab 2  36ab  64  0 ab  2



 a  b  3
a  b  3
 
 ab  16

a  b  3
, loại, (vì 9 = 32 < 16.4 = 64)

ab  16
a  b  3 t  1
 a , b là nghiệm phương trình: t 2  3t  2  0 

ab  2 t  2
 4 x  1

 a  1


b  2   4 17  x  2 x 1

Vậy   
 a  2  x  16
 4 x  2


 4
 b  1
   17  x  1

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  1 , x  16 .

3) Đặt a  3 5  x , b  3 2  x
ab  1   a  b 
a  b  ab  1 (4.1)


Ta có hệ phương trình:  3
 a  b   3ab  a  b   7  0 (4.2)
a  b  7
3
3

Thay (4.1) vào (4.2) có:
 a  b   3 1   a  b   a  b   7  0
3
 
  a  b   3 a  b   3 a  b   7  0
3 2




  a  b  1  a  b   4  a  b   7   0
2

 
 a  b  1 (Vì:  a  b   4  a  b   7 > 0)
2



a  b  1 thay vào (4.1) có ab  2
t  1
Nên a , b là nghiệm phương trình: t 2  t  2  0  
t  2
  3 5  x  1

 a  1


 b  2  3 2  x  2  x  6

 
Vậy
 a  2 x  3

 3 5  x  2

 3
 b  1
   2  x  1

Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  6 , x  3 .

Chú ý: Bài này có thể giải bằng cách đặt t  3 5  x  3 2  x .




H 32
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


4) Điều kiện 0  x  2
Đặt a  x , b  2  x , a  0 , 2  2  b  2
b 2  2  a 4 b4  2  a 4 a 4  b 4  2

 
Ta có hệ phương trình:  (*)
a  b  2 ab2
a  b  2 

 a  b   2 và a 4  b 4   a 2  b 2   2
2
2

Ta có: a  b 
2 2

2
2
a b 2
4 4


Vậy hệ (*) xảy ra khi a  b  1  x  1
Kết luận: phương trình có nghiệm x  1 .

III. Bài toán 3.
1) Bài này ta không khai triển vì phương trình sau khai triển là bậc 9, ta không
thể giải được. Do vậy ta giải theo cách sau:
a 3  3x  2 (6.1)
x3  2
 a . Ta có hệ phương trình:  3
Đặt
 x  3a  2
3 (6.2)
Lấy (6.1) trừ (6.2) có: a  x  3x  3a
3 3


  a  x   a 2  x 2  ax   3 a  x   0
  a  x   a 2  x 2  ax  3  0
 a  x (Vì: a 2  x2  ax  3  0 )
x 1
x3  2
  x  1  x 2  x  2   0
 x  x 3  3x  2  0 
 x  2
3
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  2 , x  1 .

  f  x  n  a 
n


  b. f  x   a
Chú ý: Dạng phương trình 
 
b
 
Ta sẽ giải như sau:
tn  a
Đặt t  f  x  và y
b
 y n  bt  a
Từ đó có hệ phương trình:  n .
t  by  a


2) Phương pháp 1, bài toán 1 ta đã giải bài này, sau đây là cách giải khác:
Điều kiện x  2 .
Đặt x  2  a , a  0
 x 2  2  a (7.1)
Ta có hệ phương trình:  2
a  2  x (7.2)
Lấy (7.1) trừ (7.2) có: x  a 2  a  x
2




H 33
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


a  x
  x  a   x  a  1  0 
a   x  1
x  0
x0 x0
  
Với a  x , có x  2  x    2    x  1  x  2
x  2  x x  x  2  0
2
 x  2

Với a   x  1, có x  2   x  1
 x  1

  x  1  5
 x  1  x  1 1  5

 
  2 x
2

x  2  x  2x  1 x  x 1  0
2
2
 1  5
 x 

 2
1  5
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  , x  2.
2

Chú ý: Dạng phương trình  f  x   a  b . n b. f  x   a
n

 
Ta sẽ giải như sau:
Đặt t  f  x  và y  n bt  a
t n  a  by
Từ đó có hệ phương trình:  n .
 y  a  bt
(8)
3)   x  1  1  3 16  x  1  8   x  1  1  2 3 2  x  1  1
3 3



Đặt a  x  1, b  3 2a  1 .
a 3  1  2b (8.1)
Ta có hệ phương trình:  3
b  1  2a (8.2)
Lấy (8.1) trừ (8.2) có:
  a  b   a 2  b2  ab  2   0
a3  b3  2b  2a
 a  b (Vì: a 2  b2  ab  2  0 )
 3 2  x  1  1  x  1  2 x  3  x 3  3x 2  3x  1
x  2
  1 5
 x  3x  x  2  0  ( x  2)( x  x  1)  0
3 2 2

x 

 2
1 5
Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  2 , x  .
2

4) Điều kiện x  2



H 34
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

(9)
  2 x  1  3x  2 2  2 x  1  3x
2



Đặt a  2 x  1 , b  2a  3x , b  0
a 2  3x  2b (9.1)
Ta có hệ phương trình:  2
b  3x  2a (9.2)
Lấy (9.1) trừ (9.2) có:
b  a
  a  b   a  b  2  0
a 2  b 2  2b  2a 
b   a  2
Với b  a , có: a 2  3x  2a  (2 x  1)2  3x  2(2 x  1)
 x  1

 4 x  3x  1  0 1 (Thoả mãn điều kiện)
2

x 
 4
Với b  a  2 , có: a  3x  2  a  2 
2



  2 x  1  3x  2  2 x  1  2 
2



 x  1 (Thoả mãn điều kiện)

 4 x  11x  7  0
2
7
x  
 4
7 1
Kết luận: phương trình có 3 nghiệm x  1, x   , x  .
4 4

15
5) Điều kiện x  
2
(10)
 2 x  15  2  4 x  2   28
2



1
2 x  15  4 y  2 với y  
Đặt
2
4 y  2  2  4 x  2 2  28  4 x  2 2  2 y  15 (10.1)
 

Ta có hệ phương trình: 
2 x  15   4 y  2   4 y  2   2 x  15 (10.2)
2 2
 
Lấy (10.1) trừ (10.2) có:  4 x  2    4 y  2   2 y  2 x
2 2



  4x  2  4 y  2  4 x  2  4 y  2  2  x  y   0
 4  4x  4 y  4  x  y   2  x  y   0
  x  y  8x  8 y  8  1  0
y  x
 9
 y  x 
 8
Với y  x , thay (10.1) có:  4 x  2   2 x  15
2




H 35
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 1
x
 2
 16 x 2  14 x  11  0 
 x   11

 8
1
x  , lấy
2
1
11
x   , loại vì x  y  
2
8
9
9
Với y   x  , thay (10.1) có:  4 x  2   2 x   15
2

4
8
 9  641
x 
35 16

 16 x 2  18 x   0
 9  641
4
x 
 16
9  641
x , lấy
16
9  641 1 5
, loại vì y    x  
x
2 8
16
9  641
1
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  , x  .
2 16

u  ar  d
ax  b  r  ux  v   dx  e , với 
2
Chú ý: Dạng phương trình
v  br  e
ax  b  uy  v với uy  v  0 , để giải tiếp.
Thì ta đặt

(11)
6)  3 3 x  5   2 x  3   x  2
3



3x  5  2 y  3 . Ta có hệ phương trình:
Đặt 3


 2 y  3   2 x  3 3  x  2  2 x  33  2 y  3   x  2  (11.1)
 


 2 y  3  3x  5  2 y  3  2 x  3   x  2  (11.1)
3 3
 
Lấy (11.1) trừ (11.2) có:  2 x  3   2 y  3  2  y  x 
3 3



  2 x  3   2 y  3  2 x  3   2 y  3   2 x  3  2 y  3  2  x  y   0
2 2
  
 2  x  y   2 x  3   2 y  3   2 x  3  2 y  3  1  0
2 2

 
 2 x  3   2 y  3    2 x  3   2 y  3   1 > 0
 x  y Vì
2 2



 3 3x  5  2 x  3
 3 x  5   2 x  3
3




H 36
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

 3x  5  8x3  36 x2  54 x  27
 8 x3  36 x 2  51x  22  0
  x  2  8 x 2  20 x  11  0
x  2

x  5  3

 4
5 3
Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  2 , x  .
4

u  ar  d
ax  b  r  ux  v   dx  e , với 
Chú ý: Dạng phương trình 3

v  br  e
ax  b  uy  v , để giải tiếp.
Thì ta đặt 3




IV. Bài toán 4.
x2  1 1
a, a
1) Đặt
3
3
a 2  3x  1  0 a 2  3x  1  0 (12.1)
 2
Ta có hệ phương trình:  2
x  1  3a  x  3a  1  0 (12.2)

Lấy (12.1) trừ (12.2) có: a 2  x2  3x  3a  0
a   x
  a  x   a  x  3  0 
 a  3  x
3  5
Với a   x , có: x 2  1  3x  x 2  3x  1  0 x
2
1
(Thoả mãn: x  a   )
3
Với a  x  3 , có: x2  1  3 x  3  x  3x  10  0 : phương trình vô nghiệm
2



3  5
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  .
2

2) Điều kiện x  1
Đặt a  x  1 , b  5  x  1 , a  0 , b  5 .
a 2  1  b  6 a 2  b  5 (13.1)
 2
Ta có hệ phương trình:  2
b 5a b  a  5 (13.2)

Lấy (13.1) trừ (13.2) có:  a  b    b  a   0   a  b   a  b  1  0
2 2


 b  a  1 (Vì a  b  0 )
 5  x 1  x 1 1
 5  x 1  x 1 1  2 x 1


H 37
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 x 1  5  x
5  x  0


 x  1  5  x 
2

x  5
 2
 x  11x  26  0
x  5

  11  17
x 
 2
11  17
x , thoả mãn điều kiện
2
11  17
Kết luận: phương trình có nghiệm x  .
2

Bài tập

Giải các phương trình:
1) 3 2  x  x  1  1
2) 1  x 2  4 x 2  x  1  6 1  x  1
3
3) 8 x 2  8 x  x 
2
4
4) 3 81x  8  x3  2 x 2  x  2 (HSG NGThiều 2006)
3
5) x  x  1  x  1
4 4 4


6) 4 x  5  2 x 2  6 x  1 .




H 38
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 6: Phương pháp đánh giá

Giải các phương trình
1
1) x 4  2 x 2 x 2  2 x  16  2 x 2  6 x  20  0
1
2) 1  2011x  1  2011x  x  1  (2)
x 1
 3
3) x 2  2 x  4  2 x3  x 2  10 x  15
6 8
 4
 6
4)
3 x 2 x
 17 x 2  48x  36   36 x  8 x 2  21
17 1
5) 13x3  6 x  10  5 x 2  13x  (5)
2 2

6
6) 4 x  y 2  y  2  4 x 2  y
x2 1 x
7

7)
x2  4 x  8 x2  2x  5

Giải
1
1)   x 4  2 x 2 x 2  2 x  16   x 2  2 x  16    x 2  4 x  4   0
 

    x  2  0
2
 x 2  x 2  2 x  16
2



 x 2  x 2  2 x  16  0

 x2
x  2  0

Kết luận: phương trình có nghiệm x  2 .

 f ( x)  0
Chú ý: Ở đây ta đã sử dụng phương pháp f 2 ( x)  g 2 ( x)  0   .
 g ( x)  0

1 1
x
2) Điều kiện
2011 2011
   2 1  2011x  1  2011x 
2
1  2011x  1  2011x
2
Ta có :

 
2
 1  2011x  1  2011x 4  1  2011x  1  2011x  2
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1  2011x  1  2011x  x0
1 1
 x 1  2 . x 1  2
Lại có:
x 1 x 1



H 39
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

1
 x 1  x0
Dấu đẳng thức xảy ra khi
x 1
Kết luận: phương trình có nghiệm x  0 .

 f ( x)  m
, x  D
Nhận xét: Ta đã sử dụng phương pháp 
 g ( x)  m
 f ( x)  m
Nên phương trình f ( x)  g ( x) với x  D   , xD .
g ( x)  m


3) Điều kiện: 2 x3  x2  10 x  15  0
  x  3  2 x 2  5x  5  0  x  3 (do 2 x2  5x  5  0 )
x  3  2 x2  5x  5
2 x3  x 2  10 x  15  x  3 2 x 2  5 x  5 
Có:
2
 2 x3  x 2  10 x  15  x 2  2 x  4
x  3  2 x2  5x  5
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
3 5
 2 x2  5x  5  x  3  2 x2  6 x  2  0 x
2
3 5
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  .
2

Nhận xét: Ta đã sử dụng phương pháp f ( x)  g ( x), x  D bằng cách áp dụng
các bất đẳng thức
Do vậy phương trình f ( x)  g ( x), x  D xảy ra khi dấu đẳng thức xảy ra ở phép
sử dụng trên.

4) Điều kiện x  2
3
*) Bằng cách thử trực tiếp ta thấy phương trình có nghiệm x 
2
3
*) Với x  , có
2
3 6 6 6
3 x 3    2
3 x 3 3 x
2
2
3 8 8 8
2 x2    4
2 x 1 2 x
2
2
6 8 3
   6 , x : x 
3 x 2 x 2


H 40
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

3
 x  2 , có
*) Với
2
3 6 6 6
0 3 x 3    2
3 x 3 3 x
2
2
3 8 8 8
02 x2    4
2 x 1 2 x
2
2
6 8 3
   6 , x :  x  2
3 x 2 x 2
3
Kết luận: phương trình có một nghiệm x  .
2
Chú ý: Điều quan trọng của phương pháp này là ta phải tìm được khoảng chứa
nghiệm của phương trình, sau đó xét các trường hợp đặc biệt để tìm ra nghiệm
của phương trình. Từ đó chứng minh phương trình không còn nghiệm khác nữa.

 3x  1   2 x  3 3x  1
13x 2  6 x+10    3x +1
2 2 2
5)
2 2 2
 5  3  5
17 5
5 x  13x +   2 x     x     2 x    2 x 
2

 2  2  2
2 2
17 x 2  48 x  36  x 2   4 x  6   x 2  x
2



17
13x 2  6 x  10  5 x 2  13x +  17 x 2  48 x  36
VT =
2
5 5
 3x  1  2 x   x  3x  1  2 x   x
2 2
3 3
3 3
 VT  6x   6x  , VT  6x  khi x 
2 2
2 2
VP   36 x  8 x 2  32   12 x  3  2  2x  3   12 x  3  6 x 
1 1 1 3
2

2 2
2 2
3 3
VP  6 x  khi x 
2 2
3
Vậy phương trình (5) có nghiệm x  .
2

4x  y 2  0

6) Điều kiện  y  2
4x 2  y  0

   
(6) 2 2
 4x  y  y  2  4x  y  4x  y y  2  4x  y
2 2 2 2




H 41
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 4 x  y 2  y  2  4 x 2  y  2 y  2. 4 x 2  y
  4 x 2  4 x  1   y 2  2 y  1  2 y  2 4 x 2  y  0
  2 x  1   y  1  2 y  2 4 x 2  y  0
2 2



2 x  1  0  1
 x 
 y 1 0  2 (Thoả mãn điều kiện)
  y  1

 y  2 4x  y  0
2



 1
x 
Kết luận: phương trình có nghiệm  2.
 y  1


1 x
1 x
7) *) Với x  1 , có: VP   0 , VT  0
x  2x  5 x  4x  8
2 2


 Phương trình vô nghiệm
1 x
1 x
*) Với x  2 có: VP   0 , VT  0
x 2  2x  5 x 2  4x  8
 Phương trình vô nghiệm
*) Với 2  x  1 , hai vế phương trình (7) đều không âm, bình phương 2 vế ta

x2  4x  4 x2  2x  5 x2  4x  8 x2  2x  5
 2 
x2  4x  8 x2  2x  5 x  4x  4 x2  2x  1
4 4 4 4
1 2 1 2 2 2
x  4x  4 x  2x  1 x  4x  4 x  2x  1
1
 x
 6 x  3
 x2  4 x  4  x2  2 x  1
2
1
Kết luận: phương trình có nghiệm x   .
2


Bài tập

Giải các phương trình
 
1) 4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5 x
3) 2 x 2  x  1  2 x 2  x  1  2
2) x  3  6  x   x   6x  6
4) x  x  2 x  x  x  x  3 x 5) 3 x  1  3 x  2  3 x  3  0
6) 4 x  1  4 x 2  1  1 (ĐH QGHN 2001)
1  2x 1  2x
1 1
7) 2  x 2  x   4 x 8) 1  2 x  1  2 x   .
1  2x 1  2x
x2 x


H 42
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 7: Phương pháp hàm số

Giải các phương trình
 
x  1  2 3 x 2  1  1
2
2
x 1  2 x 1
2
1) .3



x3  5  2 3 2 x +1  x  0
2) (2)
 3
x  1   x 2  2 x  17
3)

Giải
1) Điều kiện x   1

 
1
 3  x 2  1  2 3 x 2  1 
2
2
x 1  2 x 1
Gọi a  3 x 2  1, a   1 và b  x  1 , b  0
1
 f (a)  f (b) trong đó f (t )  t 2  2t
Lại có f (t ) là hàm số đồng biến trên (  1 ; + ∞)
Vậy f (a)  f (b)  a  b
 3 x2  1  x  1
  x 2  1   x  1
2 3



 x 4  2 x 2  1  x3  3x 2  3x  1
 x 4  x3  5 x 2  3x  0
 x  x 3  x 2  5 x  3  0
 x  x  1  x 2  2 x  3  0
x  0
  x  1 (Thoả mãn điều kiện)

x  3

Kết luận: phương trình có 3 nghiệm x   1, x  0, x  3 .

Chú ý: Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì
phương trình
f (a)  f (b) , (a, b  D)  a  b , (a, b  D)

2) Điều kiện x   3 5

Xét hàm số f ( x)  x3  5  3 2 x  1  x , với x    3 5;  


 
2
3x 2
f '( x)    1  0, x   3 5 ;  
2 x  5 3 3  2 x  1
3 2




H 43
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 
 Hàm số f ( x) đồng biến trên  3 5 ;  
Mà f (1) = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x   1 .

Chú ý: Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì
phương trình f ( x)  a, a  D ( a = const), nghiệm nếu có là duy nhất.

3) Điều kiện x  1
1
Hàm số f ( x)  x  1 có y '   0, x  1
2 x 1
 Hàm số y  x  1 đồng biến trên (1 ; +∞ )
Hàm số g ( x)   x 2  2 x+17 nghịch biến trên (1 ; +∞ )
Lại có f (5)  g (5)
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x  5 .

Chú ý: Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D và
hàm số y  g ( x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì số nghiệm
trên D của phương trình f ( x)  g ( x) nhiều nhất là một.
Ta cũng có thể giải bài này bằng cách vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng
một hệ trục toạ độ, hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trình.

Bài tập

Giải các phương trình sau
1) 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2
3x  1  x  7 x  2  4
2)
x  2  x  1  3.
3)




H 44
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều



Phương pháp 8: Phương pháp véctơ

Giải các phương trình
x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5
1)
x 2  8x  816  x 2  10 x  267  2003 (Olympic 30  4  2003)
2)

Giải

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn
b   x  5 ;5 
a  ( x  2; 1 ) ,

 x  2
a 1  x 2  4 x +5
2




 x  5
b  25  x 2  10 x  50
2




 ab  x2  4x  5  x 2  10 x  50

a  b  (3;  4)
 a b  9  16  5
a  b  a b
Lại có :

Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cùng hướng  a  kb , k  0
 x  2  k  x  5  5
x

  4
 1  5k 
k  1
k  0
 
 5
5
Kết luận: phương trình có nghiệm x  .
4

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn
a  (4  x ; 20 2 ) , b  (5  x ; 11 2 )
4  x
a  800  x 2  8 x  816
2




5  x 
b  242  x 2  10 x  267
2




 a  b  x 2  8 x  816  x 2  10 x  267
a  b  ( 9 ;31 2 )


H 45
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


 a  b  81  1922  2003

Lại có a  b  a  b

Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cùng hướng  a  kb , k  0
4  x  k  5  x   56
 x   31

 
 20 2  11 2k 
k  20
k  0
 
  11
56
Kết luận: phương trình có nghiệm x   .
31




H 46
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Phương pháp 9: Phương pháp lượng giác hoá

Giải các phương trình:
1) 1  1  x 2  2 x 2 (1)
x 35
2) x  2  (2)
x  1 12
x 2  1  x  1
2
2

x 1  
2
3) (3)
2 x 1  x 2 
2x
4) x 3  3 x  x  2 (4)

Giải

1) Ở bài này ta có thể giải bằng cách bình phương hai vế hoặc đặt ẩn phụ. Các
phương pháp đó đều cùng mục đích làm mất căn thức. Nhưng trong bài toán này
lại xuất hiện: 1  x  1 và có 1  x 2 , do vậy ta nhớ đến đẳng thức lượng giác
1  sin 2 a  cos2 a hoặc 1  cos2 a  sin 2 a . Vậy ta có thêm cách nữa sau đây:

Điều kiện 1  x  1

Đặt x  cos a , 0  a  
Phương trình (1) trở thành:
1  1  cos2 a  2cos2 a  1  sin 2 a  2cos 2 a
 1  sin a  2 1  sin 2 a  (Do: 0  a    sin a  0 )
sin a  1

 2sin a  sin a  1  0
2
1
sin a 
 2
sin a  1, loại
1 1 3
sin a   x  cos a   1  sin 2 a   1   
2 4 2
3
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x   .
2

Chú ý: Ở phương trình này có thể giải bằng cách bình phương hoặc đặt ẩn phụ
t  1  x2 .

1
x 1  1 và có
Trong phương trình thấy có đặc điểm sau:
2)
x
 1
x 2  1  x 2 1  2  nên ta nghĩ đến cách giải:
 x


H 47
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều


x 1
Điều kiện 
 x  1
 1
35
Do VP   0  VT  x 1  0  x0
1  x2 

12
Do đó ta giải phương trình với x  1

1 1
Đặt  cos a , do x  1  0   1  0  a 
x x 2
1 1 35
 
Phương trình (2) trở thành:
cos a 12
1
1
cos a
cos 2 a
1 1 35
  
cos a cos a tan a 12 2


1 1 35
  
cos a cos a.tan a 12
1 1 35
  
cos a sin a 12
 12  sin a  cos a   35sin a.cos a
 144(sin a  cos a)2  1225(sin a.cos a) 2
 144(1  2sin a.cos a)  1225(sin a.cos a) 2
 1225(sin a.cos a)2  288  sin a.cos a   144  0
 12
sin a.cos a  25

sin a.cos a   12

 45
sin a  0
12
sin a.cos a   , loại vì 
cos a  0
45
12 144
sin a.cos a   sin 2 a.cos 2 a 
25 625
 cos 2 a 1  cos 2 a  
144 144
 cos 4 a  cos 2 a  0
625 625
2  3
9
cos a  5
cos a  25

 (Vì cos a  0 )
cos a 
cos 2 a  16 4

 
 5
25
 5
x  3

x  5

 4


H 48
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

5
5
Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  , x  .
4
3

3) Trong bài toán này có xuất hiện 1  x 2  vậy ta nhớ đến công thức lượng giác
1
cơ bản: 1  tan 2 a  . Do vậy ta có cách giải:
cos 2 a
x  0
Điều kiện 
 x  1
 
cos a  0
  a 
2 
Đặt tan a  x , với  2
sin a  0
a  0

Khi đó, phương trình (3) trở thành:
1  tan 2 a 
2
1  tan 2 a
1  tan a  
2

2 tan a 1  tan 2 a 
2 tan a
1 cos a cos a
  
 sin 2 a 
cos a 2cos 2 a.sin a
2

2cos a 1 
4
 .sin a
 cos a 
2


1 1 1
  
cos a 2sin a.cos a 2cos a  cos a  sin 2 a  sin a
2



1 1
 1 
2sin a 2sin a.cos 2a
 2sin a.cos 2a  cos 2a  1
 2sin a.cos 2a  2sin 2 a  0
 2sin a  cos 2a  sin a   0
 cos2a  sin a (Vì sin a  0 )
 k 2
 

2a   a  k 2 a 


  6 3
2
 cos 2a  cos   a     , k Z
 2a     a  k 2  a     k 2
2 
 
 
2 2
    1
Do:   a  a  x  tan 
2 2 6 6 3
1
Kết luận: phương trình có nghiệm x  .
3

4) Điều kiện x  2
Với x  2  x3  3x  x  x  x 2  4   x  x  2  phương trình (4) vô nghiệm
Với 2  x  2 , đặt x  2 cos a , 0  a  


H 49
Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều

Khi đó, phương trình (4) trở thành:
a
8cos 2 a  6cos a  2  2cos a  2cos3a  4cos 2
2
a a
 cos3a  cos (Vì cos  0 )
2 2
4 k

 a
3a  2  k 2 a  5
  k Z
,
4 k
a 
3a   a  k 2
 
 
2 7
4 4
Do 0  a    chọn a  0 , a  , a
5 7
4 4
 x  2 , x  2cos , x  2cos
5 7
4 4
Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  2 , x  2cos , x  2cos .
5 7

Chú ý:
Bài này phải để ý thật sâu ta mới phát hiện ra phương pháp lượng giác hoá.

Bài tập

Giải các phương trình
1) 1  x 2  4 x 3  3 x
2) 3 6 x  1  2 x
 
1  1  x2  x 1  2 1  x2
3)
2
1  2 x  x2  1  2 x  x2 
4)
x 1

 
2  2 1  x2  x 1  1  x2
5)
1
 x 1  x2  1  2 x2 .
6)
2




H 50
Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû (0913 661 886)




Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû (0913 661 886)




Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû (0913 661 886)




Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû (0913 661 886)




Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû (0913 661 886)
Môc lôc

Trang

Bài toán mở đầu 1
............................................................... .......................


Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương 4
....................................



Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 14
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . …... . . .



Phương pháp 3: Phương pháp xuất hiện biểu thức liên hợp 23
...........................



Phương pháp 4: Phương pháp đưa về phương trình tích 28
...............................



Phương pháp 5: Phương pháp đặt ẩn phụ và đưa về hệ phương trình 30
.............



Phương pháp 6: Phương pháp đánh giá 39
.......................................................



Phương pháp 7: Phương pháp hàm số 43
..........................................................



Phương pháp 8: Phương pháp vectơ 45
............................................................



Phương pháp 9: Phương pháp lượng giác hoá 47
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..




Tµi liÖu tham kh¶o

1. C¸c s¸ch bµi tËp to¸n líp 10, líp 11, líp 12

2. C¸c s¸ch giíi thiÖu ®Ò thi tuyÓn sinh §¹i häc Cao ®¼ng

3. C¸c s¸ch vÒ ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh, hÖ ph-¬ng tr×nh …
KÕt luËn

Trªn ®©y lµ s¸ng kiÕn kinh nghiÖm do t«i ®óc rót ®-îc trong qu¸ tr×nh
gi¶ng d¹y m«n To¸n bËc THPT. T«i thÊy häc sinh häc tËp rÊt hµo høng vµ say
mª, nªn kÕt qu¶ thu ®-îc nh- sau: vÒ b¶n th©n cµng yªu thÝch c«ng viÖc gi¶ng
d¹y vµ nghiªn cøu khoa häc; vÒ häc sinh th× häc tèt h¬n, nhiÒu häc sinh b×nh
th-êng trë lªn kh¸, häc sinh kh¸ giái cµng giái h¬n. Vµ quan träng h¬n häc sinh
yªu thÝch m«n to¸n vµ cè g¾ng häc tèt c¸c phÇn kh¸c cña m«n to¸n n÷a. ThÇy trß
lu«n say mª häc tËp vµ nghiªn cøu ®Ó ®-a ra ®-îc nh÷ng bµi to¸n hay h¬n.

MÆc dï b¶n th©n ®· rÊt cè g¾ng, nh-ng trong qu¸ tr×nh viÕt s¸ng kiÕn kinh
nghiÖm cã thÓ ch-a tr¸nh hÕt nh÷ng thiÕu sãt ®¸ng tiÕc, rÊt mong nhËn ®-îc gãp
ý x©y dùng cña c¸c thÇy gi¸o c« gi¸o, nh÷ng ng-êi quan t©m ®Õn m«n to¸n vµ sù
nghiÖp gi¸o dôc ®Ó s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy ngµy cµng hoµn thiÖn h¬n vµ phæ
biÕn h¬n.

Xin tr©n träng c¶m ¬n.



Hµ Néi, ngµy 19 / 5 / 2011

Ng-êi viÕt




NguyÔn Quèc Hoµn
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản