SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: THẦY ĐỖ KIM SƠN
NHÓM THỰC HIỆN:
• NGUYỄN ĐÌNH THU
• NGUYỄN MINH TÂM
• LÊ TRUNG HIẾU
• ĐỖ QUANG BÌNH
• TRẦN ANH KIỆT
• LÊ MẠNH THÔNG
LỚP 10 TOÁN
NĂM HỌC 2008-2009
1
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình vô tỷ là một đề tài ly
́
thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người
nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, y
́
tưởng phong phú và tối ưu.
Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối
tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này
có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các
bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các
cấp THCS, THPT. Chính vì thế, chúng tôi quyết tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc chi tiết và
dưới sự hướng dẫn, dìu dắt của quy
́
thầy cô bộ môn Toán trường THPT Chuyên Tiền
Giang, chúng tôi biên so
̣

̀
ng chu
́
ng tôi xin ca
̉
m ơn thâ
̀
y Đỗ Kim Sơn va
̀
quy
́
thâ
̀
y cô đa
̃
ta
̣
o mo
̣
i điê
̀
u
kiê
̣
n đê
̉
chu
́
ng tôi hoa
̀

bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn

( )
3 3 3 3
3 3
3 .A B C A B A B A B C+ = ⇒ + + + =

và ta sử dụng phép thế :
3 3
A B C+ =
ta được phương trình :
3
3 . .A B A B C C+ + =
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 3 0x x− + =
(1)
Giải: Đk:
0x ≥

2
2
(1) 2 3
2 3
2 3 0
3
x x
x x
x x
x

0A x =
vô nghiệm
b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :
( )
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
Giải:
Ta nhận thấy :
( ) ( )
( )
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − −( ) ( )
( )
2 2
2 3 4 3 2x x x x
− − − + = −
Ta có thể chuyê
̉
n vê
́
rô
̀
i trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2

2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0
12 4 5 3
2
x x
x x x x
x x
x x
x
x x
x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 
+ +
⇔ − − − =
 ÷
+ + + +
 
⇔ =
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3

x x x x
x
x x
 
− + +
+
 
− − + − = − − ⇔ − + =
 
− +
− + − +
 
 
Ta chứng minh :
( )
(
)
2
2
2 3
2 2 2
3 3
3
3 3 3 9
1 1 2
2 5
1 2 1 4 1 1 3
x x x x
x
x x x

α

+ =

⇒ = +

− =


b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4x x x x x+ + + − + = +
Giải:
Ta thấy :
( ) ( )
( )
2 2
2 9 2 1 2 4x x x x x+ + − − + = +
4x = −
không phải là nghiệm
Xét
4x
> −
Trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1

=
+ + + − + = +



Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
8
7
Bài 5. Giải phương trình :
2 2
2 1 1 3x x x x x+ + + − + =
Ta thấy :
( ) ( )
2 2 2
2 1 1 2x x x x x x+ + − − + = +
, ( không có dấu hiệu trên ).
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x
=
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng các đẳng thức

( ) ( )
1 1 1 0u v uv u v+ = + ⇔ − − =

( ) ( )
0au bv ab vu u b v a+ = + ⇔ − − =

+
0x
≠
, ta chia hai vế cho x:
( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 
Bài 3. Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
Giải: Đk
1x ≥ −
pt
( ) ( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x

+ = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
+ + +
 
 Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B=
Bài 1. Giải phương trình :
3 3x x x− = +
Giải:
Đk:
0 3x≤ ≤
khi đó pt đa
̃
cho tương đương:
3 2
3 3 0x x x+ + − =
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
−
 
⇔ + = ⇔ =
 ÷
 
Bài 2. Giải phương trình sau :
2





Bài 3. Giải phương trình sau :
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
Giải: pt
( )
3
3 3
2 3 0 1x x x⇔ + − = ⇔ =
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
1)
( )
2 2
3 1 3 1x x x x+ + = + +
2)
4 3 10 3 2x x− − = −
(HSG Toàn Quốc 2002)
3)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 5 2 10x x x x x− − = + − −
4)
23

thì việc đặt phụ xem
như “ hoàn toàn” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn
( )
t f x=
thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
Giải:
Đk:
1x ≥
Nhận xét.
2 2
1. 1 1x x x x− − + − =
Đặt
2
1t x x= − −
thì phương trình có dạng:
1
2 1t t
t
+ = ⇔ =
Thay vào tìm được
1x
=
Bài 2. Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5x x x− − = +
Giải
Điều kiện:

nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3t t= − + = +
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3 vaø x x= − = +
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0x x− − ≥
Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0x x x− − − =
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5y x− = +
và đưa về hệ đối xứng
(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6x x+ + − =
Điều kiện:
1 6x
≤ ≤
Đặt
1( 0)y x y= − ≥
thì phương trình trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0y y y y y+ + = ⇔ − − + =
( với
5)y ≤
2 2
( 4)( 5) 0y y y y⇔ + − − − =

2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Giải:
Điều kiện:
1 0x
− ≤ <
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
1 1
2 3x x
x x
+ − = +
Đặt
1
t x
x
= −
, ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình :
2 4 23
2 1x x x x+ − = +
Giải:
0x =
không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2x x
x x

Xét
0v ≠
phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
α β
   
+ + =
 ÷  ÷
   
0v
=
thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

( ) ( ) ( ) ( )
. .a A x bB x c A x B x+ =

2 2
u v mu nv
α β
+ = +
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận
được phương trình vô tỉ theo dạng này.
a) Phương trình dạng :
( ) ( ) ( ) ( )
. .a A x bB x c A x B x+ =
Như vậy phương trình


( ) ( )
4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1x x x x x+ = − + + +
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như :

2 4
4 2 2 4 1x x x− + = +
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình
bậc hai
2
0at bt c+ − =
giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :
( )
2 3
2 2 5 1x x+ = +
Giải: Đặt
2
1, 1u x v x x= + = − +

phương trình trở thành :
( )
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

( )
2 2
1 1 7 1 1x x x x x x
α β
− + + + = − + +
Đồng nhất thức ta được
( ) ( ) ( )
( )
2
3 1 2 1 7 1 1x x x x x x− + + + = − + +
Đặt
2
1 0 , 1 0u x v x x= − ≥ = + + >
, ta được:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u
=


+ = ⇔

=

Nghiệm :
4 6x = ±

nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình :
2 2 4 2
3 1 1x x x x+ − = − +
Giải:
Ta đặt :
2
2
1
u x
v x

=


= −


khi đó phương trình trở thành :
2 2
3u v u v+ = −
Bài 2.Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
Giải
Đk
1
2
x ≥
. Bình phương 2 vế ta có :

=


= − ⇔

+
=


Do
, 0u v ≥
.
( )
2
1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
+ +
= ⇔ + = −
Bài 3. giải phương trình :
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x− + − − − = +
Giải:
Đk
5x
≥
. Chuyển vế bình phương ta được:
( )
( )

20 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x− − + = + − + = + − −
Ta viết lại phương trình:
( )
( )
2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x− − + + = − − +
. Đến
đây bài toán được giải quyết .
Các bạn hãy tự tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích
( ) ( )
1 1 1 2 0x x x+ − + − + =
,
( ) ( )
2 3 2 3 2 0x x x x+ − + − + =
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút
nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất
phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải
được thể hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
2
2t x= +
, ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
=

− + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔

= −

Từ một phương trình đơn giản :
( ) ( )
1 2 1 1 2 1 0x x x x− − + − − + + =
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau
Bài 3. Giải phương trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
Giải:
Nhận xét : đặt
1t x= −
, pt trở thành
4 1 3 2 1x x t t x+ = + + +
(1)
Ta rút
2

2
2 4 0t x= − ≥
. Ta được:
2
9 16 32 8 0x t x− − + =
Ta phải tách
( )
( )
2 2 2
9 2 4 9 2 8x x x
α α α
= − + + −
làm sao cho
t
∆
có dạng số chính
phương .
Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt
được mục đích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan
hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
3a b c a b c a b b c c a+ + = + + + + + +
, Ta có
( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2
2
3 3
5
5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu
v w u w
 + + =

− = + +


− = + + ⇔ + + =
 
 
− = + +
+ + =
 
, giải hệ
ta được:
30 239
60 120


, khi đó ta có :
2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
+ = +

⇔ = −

− = −

Bài 3. Giải các phương trình sau
1)
2 2
4 5 1 2 1 9 3x x x x x+ + − − + = −
2)
( ) ( ) ( )
3
3 2
4
4
4
4
1 1 1 1x x x x x x x x+ − + − = − + + −
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
a.
2 2

1 2 1 3x x− + − =
Bài tập tổng hợp:
1/
nxxxx =−+−−++ )3)(1(31
(1)
a/ Giải phương trình n = 2
b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm:
2/
6
9696
mx
xxxx
+
=−−+−+
a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Bài tập tương tự:
3/
21212 =−−+−+ xxxx
4/
xxxx −+=−+ 1
3
2
1
2
5/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
6/

14/
013424)2(3
22
=++−−− xxxx
15/
1)12)(1(121 −=−++−++ xxxx
16/
1)8)(5(85 −=−++−++ xxxx
17/
)1(271124
2
xxxx +=++
18/
)1(1012
2
−=−+ xxxx
19/
015111245124
22
=++−−− xxx
20/
12
35
1
2
=
−
+
x
x

xxx −
=
−+
+
−− 1
34
11
1
11
1
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
α
để phương trình sau có
nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( −+=
−
+
−++− aa
x

5
16
1
1
16
55
=
−
+
− y
y
y
y
30/
4
5
4
5
66
=
+
+
+
x
x
x
x
31/
2
5

321
2323
=+−+−− xxxx
(1)
35/
2
2
3
2
1






−=− xx
36/
4564518
44
=−++ xx
37/
555
2axaxa =−++
38/
11212112 ++=+−++++ xxxxx
39/
321
2323
=+++−+ xxxx

01
x
x
x
Đặt ẩn phụ
0,31 ≥−++= txxt
Khi đó
)3)(1(24
2
xxt −++=
Hay
4)3)(1(2
2
−=−+ txx
(2)
a/ Với n = 2 và ẩn phụ t, phương trình (1) trở thành.
2,0
02
4)4(2
21
2
2
==⇔
=−⇔
=−−
tt
tt
tt
Dễ thấy t
1

Để phương trình có nghiệm thì
222 ≤≤ t
(theo công thức tổng quát ở trên).
Với t
2
không thoả mãn. Với t
1
có
222512 ≤−+≤ n

2222 ≤≤−⇔ n
Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x. Vậy phương trình (1)
có nghiệm khi và chỉ khi
2222 ≤≤− n
2/
6
9696
mx
xxxx
+
=−−+−+
a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Điều kiện
909 ≥⇔≥− xx
Đặt ẩn phụ
9−= xt
. Khi đó x = t
2
+ 9

3,03212
2
2
tt
ttt
Giải ra ta được t
1
= 8, t
2
= 4, t
3
= 2 nên phương trình có 3 nghiệm là x
1
=
73, x
2
= 25, x
3
= 13.
b/ Với t ≥ 3 thì t
2
– 12t + 9 + m = 0

( )
mt −=−⇔ 276
2
Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27
Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27.
20/
12

+
x
x
x
x
x
144
1225
1
2
1
2
2
2
4
=
−
+
−
⇔
x
x
x
x
(2)
Đặt
1
2
2
−

12
25
1
=t
012125)1(12
22
=+−−−⇒ xx
(4)
Đặt
0,1
2
>−= yxy
. Ta có
(Chọn)
(Loại)





=
=
⇔
=+−⇔
4
3
3
4
0122512)4(
2

S
21/
3
2
3
22
3
2
3
2
)()()( aaxaxax =−++++
Đặt y = x + a, z = x – a
Nhân lượng liên hiệp
( )
3
3
3
3
3
3 2
2
2
azy
azyaxy
=−⇒
=−=−⇒
Lập phương 2 vế phương trình ta được
- yz = a
2
⇒

=+−⇒
113
15
01695128
2
t
t
tt
Với t = 15
⇒
x = 4
Với t = 113
⇒
x = 548
Thử lại ta thấy tập nghiêm của phương trình là
{ }
548;4=S
23/
( )
2
3
32
121)1(11 xxxx −+=






−−+−+

vuvuvuvuvu
vuvuvu
vu
Thử lại ta thấu tập nghiệp của phương trình đã cho là






=
2
2
S
24/
xxx −
=
−+
+
−− 1
34
11
1
11
1
Điều kiện



≠

1
1
1
2
t
t
tt
ttt
Với
4
1
3
1
=⇒= xt
Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình là






=
3
2
S
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
Đặt

(Loại)
Từ (*) và (**)
xx −=+⇒ 23110

3
=⇒
x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
α
để phương trình sau có
nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( −+=
−
+
−++− aa
x
x
xxx
Với điều kiện



>
−≤
⇔≠−≥
−

+
−++− aa
x
x
xxx
(1)
Trở thành y
2
+ 3y – (a – 1)(a + 2) = 0



−−=
−=
⇔
2
1
ay
ay
Do đó






−−=
−
+
−

3
(3)
• y = 0
⇒
x = -1
• y > 0
⇒
x > 3
• y < 0
⇒
x < -1
a/ Xét khả năng y > 0 với x ≥ 3, ta có:
)1)(3( +− xx
= y
2

⇔
x
2
– 2x – 3 – y
2
= 0 (4)
Phương trình (4) có 2 nghiệm trái dấu





>++=
−≤+−=

841)1(41
22
2
+++=−++== aaaxx
• a ≥ -2: Phương trình (1) có nghiệm:
841
2
1
++−== aaxx
Ta suy ra:
• Nếu a < -2: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−−=+++= aaxaax
• Nếu a = -2 : (1) có 2 nghiệm là:
131;1 −=−= xx
• Nếu -2 < a < 1: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−−=++−= aaxaax
• Nếu a = 1: (1) có 2 nghiệm là:
1;131 −=−= xx
• Nếu a > 1: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−+=++−= aaxaax
Vậy phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm
Ra ∈∀
28/
6

=
+
−+
x
x
(1)
Trở thành



=
−=
⇔
=−−⇔
=−
8
2
0166
6
16
2
y
y
yy
y
y
Do đó ta có:




x
x
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:




=
+−
=
⇔
6
5
)14(2
3
x
x
33/
)2(2)25(
2
5
3
+=+ xx
(1)
Điều kiện: 1 + x
3
≥ 0





⇔
2
1
2
0252
2
v
u
v
u
v
u
v
u
Với
2=
v
u
, phương trình (1) vô nghiệm
Với
2
1
=
v
u
thì

x
x
xx
x
xxx
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là






+−
=
2
375
;
2
375
S
* Những bài toán dạng trên được giải bằng phương pháp đưa về ẩn phụ.
Nhưng cũng là biến đổi phương trình phức tạp thành đơn giản.
Để mở rộng phương trình trên ta xét thêm phần mở rộng của phương pháp
đặt ẩn phụ.
Đưa về hệ phương trình:
34/
321
2323
=+−+−− xxxx
(1)



=++
=−+
⇔











=
=
⇔
=−
=+
⇔
=−+
=+
⇔



=−
=+

0)22)(1(
02
2
2
23
>++=⇔
=++−⇔
=−+⇔
xdoxx
xxx
xx
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
35/
2
2
3
2
1






−=− xx
Điều kiện:





Ta có:





=






−
−=−
2
2
42
3
2
11
vx
ux
Do dó ta có hệ
( )
( )
[ ]















=−−
=+
⇔
=−






−
=+
⇔







18
1948
.
3
2
0
81
65
.
9
16
.2
3
2
1.2.2
9
4
3
2
1.2
3
2
1.2
3
2
1
3
2
1
3






=
+
+−
=
−
+−
)(0
18
1948
3
2
)(0
18
1948
3
2
2
2
byy
ayy
• (b) vô nghiệm
• (a) có 2 nghiệm
3
3
2

yu
yv
yu
Vì u ≥ 0 nên ta chọn
3
3
2
97
1
2
−+
== yu
3
3
2
97
1 −+
=⇒ x
2
3
3
2
97
1







=−++ xx
Với điều kiện












≤≤−⇔
≤
−≥
⇔
≥−
≥+
5
64
5
18
5
64
5
18
0564
0518





≥≥
=−+
=+
⇔
≥≥
=+
=+
0,0
82)(2
4
0,0
82
4
2
2
2244
vv
uvvu
vu
vv
vu
vu
Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
( )



0,0
8222
4
2
2
2
2
P
PP
S
P
Pp
S
SP
PPS
S
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:



=
=
⇔=+−
3
1
034
2
y
y

∨
=−
=+
1564
3518
3564
1518
4
4
4
4
x
x
x
x



=−
=+



∨
=−
=+
⇔
1564
81518
81564