SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

NGUYỄN THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Tổ: Toán - Tin
Năm học: 2010 - 2011
Mã số:
Bắc giang, tháng 4 năm 2011.

1
2LỜI NÓI ðẦU Trong chương trình toán trung học phổ thông nói chung và phân môn ñại số
nói riêng phần phương trình, bất phương trình vô tỷ là một trong những phần kiến
thức quan trọng và tương ñối khó. Trong các ñề thi ðại học, Cao ñẳng và các ñề thi
học sinh giỏi phương trình, bất phương trình vô tỷ xuất hiện tương ñối nhiều.Tuy
nhiên nhiều học sinh rất lúng túng trong việc ñịnh hướng giải và kỹ năng biến ñổi
còn nhiều hạn chế.Cách phân tích ñể nhận dạng một phương trình, bất phương trình
và lựa chọn một phương pháp giải thích hợp là khó và ña dạng. Nhiều thầy cô giáo
cũng muốn có trong tay một hệ thống bài tập phong phú cùng một số phương pháp
giải cơ bản ñể giúp các em học sinh ôn luyện tốt hơn. Với lý do nêu trên tôi mạnh
dạn sưu tầm, biên soạn chuyên ñề phương trình - bất phương trình vô tỷ .


I.1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ðỔI TƯƠNG ðƯƠNG
I.1.1.Phương pháp:
Dạng 1 :



=
≥∨≥
⇔=
BA
BA
BA
(*)00

Lưu ý:
ðiều kiện (*) ñược chọn tuỳ thuộc vào ñộ phức tạp của
0
A
≥
hay
0
B
≥Dạng 2:
2
0
B

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
3
+ =
A B C
ta ñược phương trình

hệ quả
:

3
3 . .
A B A B C C
+ + =
.

I.1.2. Một số ví dụ:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

446
2

x

5
x
6
⇔ = −

Vậy phương trình có nghiệm là
6
5
−=x
.

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

xxx 2443 =−++
. (2)
Hướng dẫn.
Ta có (2)





=−++−++
≥
⇔
xxxxx
x

3
4
4
xx
x

x 4
⇔ =
.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 4.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

.511
333
xxx =−++

Hướng dẫn.
Lập phương hai vế ta ñược phương trình tương ñương:

(
)
xxxxxx 511.1.132
3333
=−++−++(
)

x

Thử lại ta ñược x=0 và
6
7
=x
ñều là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 4.
Giải phương trình sau :

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

Hướng dẫn:
ðK

:

0
x
≥

Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta có:

(
)
(
)

f x g x h x k x
+ = +
Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x g x k x
+ = +
, thì ta có thể biến ñổi phương trình về dạng :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x k x g x
− = − sau ñó bình phương ,giải phương trình hệ quả
ñơn giản hơn.

5Ví dụ 5.

x
+
+ = − + +
+
, từ nhận xét này ta có thể giải
như sau :

113
3
1
)5(
2
3
+−+−=+−
+
+
⇔ xxxx
x
x

Bình phương 2 vế ta ñược:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x

Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
. .
f x h x k x g x
=
thì ta biến ñổi phương trình về dạng:

(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x k x g x
− = −
.

Ví dụ 6. Giải phương trình sau:

253 −−=+ xx


012
12)2)(3(
25)2)(3(223
2
x
x
xxx
x
xxx
xxxx

Từ ñó ta có x = 6 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 7. Giải phương trình sau:

646283
23
+−=+ xxx
. (7)
Hướng dẫn:
Ta có (7)
( )






)
(
)
1 1 1 0
u v uv u v
+ = + ⇔ − − =(
)
(
)
0
au bv ab vu u b v a
+ = + ⇔ − − =

Ví dụ 8.
Giải phương trình sau :

2
3
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
+ + + = + + +
(8)
Hướng dẫn:
Ta có:
(
)

không phải là nghiệm
+) Xét
0
x
≠
chia hai vế cho x ta ñược phương trình:

( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 
 

Ví dụ 10. Giải phương trình sau:

2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
+ + + = + + +
. (10)
Hướng dẫn: ðk:
1

333
3221 −=−+− xxx
.
3.
223321 −+=+++ xxxx
.
4.
3
33
211 xxx =++−
.

7

5.
85)8(2
22
+=+ xx
.
6.
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
.
7.

 
+ + +
 

(7)
(
)
.931
2
2
xx =++⇔

(8) .
(
)
3
3 3
2 3 0 1
x x x
⇔ + − = ⇔ =I.2. PHƯƠNG PHÁP ðẶT ẦN PHỤ
I.2.1. Phương pháp ñặt ẩn phụ thông thường
I.2.1.1.Phương pháp:
ðặt một ẩn phụ ñưa phương trình ñã cho về phương trình hữu tỷ ñối với ẩn
phụ hoặc ñặt hai ẩn phụ ñưa về hệ hai ẩn.
I.2.1.2.Một số ví dụ :
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:


Thay vào tìm ñược
1
x
=
.

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau: 2
2 6 1 4 5
x x x
− − = +
(2) Hướng dẫn:
ðiều kiện:
4
5
x
≥ −

ðặt
4 5( 0)
t x t
= + ≥
thì

Do
0
t
≥
nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3
t t= − + = +

Từ ñó tìm ñược các nghiệm của phương trình là:
21−=x và
32 +=x
.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
+ + − =Hướng dẫn:
ðiều kiện:
1 6
x
≤ ≤

ðặt
1( 0)
y x y

Ví dụ 4
. Giải phương trình sau :

( )
(
)
2
2004 1 1
x x x
= + − − (4)
Hướng dẫn:
ðK:
0 1
x
≤ ≤

ðặt
1
y x
= −
pt (4)trở thành
(
)
(
)
2
2
2 1 1002 0 1 0
y y y y x
⇔ − + − = ⇔ = ⇔ =

+2t - 3 = 0.

Ví dụ 6.
Giải phương trình sau :

2 4 23
2 1
x x x x
+ − = +

Hướng dẫn
:
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế
cho x ta ñược phương trình:

3
1 1
2
x x
x x
 
− + − =
 
 9

x x x x
+ − = +
.
3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
+ − = + − .
4.
2 2
17 17 9
x x x x
+ − + − =
.
5.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
− + − = − + − +
.
6.
2 2
11 31
x x
+ + =

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n

Chúng ta ñã biết cách giải phương trình:
2 2
0
u uv v
α β
+ + =
(1)
bằng cách
•

Xét
0
v
≠
phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
α β
   
+ + =
   
   

•

Xét
0
v

)
. .
a A x bB x c A x B x
+ =

Như vậy phương trình
(
)
(
)
Q x P x
α
= có thể giải bằng phương pháp trên nếu

(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
.P x A x B x
Q x aA x bB x

=


= +



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

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

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:

2 4
4 2 2 4 1
x x x
− + = +

ðể có một phương trình ñẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình
bậc hai
2
0
at bt c


+ = ⇔

=


Tìm ñược:
5 37
2
x
±
=
Ví dụ 2:
giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x
+ − = −

Hướng dẫn:
ðk:
1
x
≥

Nhận xét : Ta viết
( )
(
)
( )

=


+ = ⇔

=


Tìm ñược :
4 6
x = ±
Ví dụ 3
Giải phương trình :
( )
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
− + + − =

Hướng dẫn:
Nhận xét : ðặt
2
y x
= +
ta hy biến pt trn về phương trình thuần nhất bậc 3 ñối với
x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2


Hướng dẫn:
Ta ñặt :
2
2
1
u x
v x

=


= −


khi ñó phương trình trở thành :
2 2
3
u v u v
+ = −

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
+ + − = + +

Hướng dẫn:


= −

khi ñó ta có hệ :
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v

−
=


= − ⇔

+
=



Do
, 0
u v
≥
nên
( )
2

α β
ñể :
(
)
(
)
2 2
2 5 2 20 1
x x x x x
α β
− + = − − + +
vậy
ta không thể ñặt

2
20
1
u x x
v x

= − −

= +

.
Nhưng may mắn ta có :
(
)
(
)

12(
)
(
)
1 1 1 2 0
x x x
+ − + − + =
,
(
)
(
)
2 3 2 3 2 0
x x x x
+ − + − + =

Khai triển và rút gọn ta sẽ ñược những phương trình vô tỉ không tầm thường chút
nào, ñộ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất
phát .
Từ ñó chúng ta mới ñi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải ñược
thể hiện qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau :

(
)

. Giải phương trìnhsau :

( )
2 2
1 2 3 1
x x x x
+ − + = +

Hướng dẫn:
ðặt :
2
2 3, 2
t x x t= − + ≥
Khi ñó phương trình trở thành :
(
)
2
1 1
x t x
+ = +
(
)
2
1 1 0
x x t
⇔ + − + =

Bây giờ ta thêm bớt , ñể ñược phương trình bậc 2 theo t có
∆
chẵn

)
3
3 3 3
3
a b c a b c a b b c c a
+ + = + + + + + +
, Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
3
3 3 3
0
a b c a b c a b a c b c
+ + = + + ⇔ + + + =

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .

2 23 3
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
+ − − − + − + =

= −


, 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
 + + =

− = + +



b x x
c x x
d x x

= −


= − −


= + +


= − +


,
khi ñó ta có :

2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
+ = +

⇔ = −

− = −


,
u x v x
α β
= =
và tìm mối quan hệ giữa
(
)
x
α
và
(
)
x
β
từ ñó tìm ñược hệ theo u,v.

I.2.7.2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1.
Giải phương trình:
(
)
3 3
3 3
25 25 30
x x x x
− + − =

Hướng dẫn:
ðặt
3

4
4
1
2 1
2
x x− − + =
.

14

Hướng dẫn:
ðiều kiện:
0 2 1
x
≤ ≤ −

ðặt
4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v

− − =

⇒ ≤ ≤ − ≤ ≤ −

=

 
+ = −
− + = −

 

 


Giải phương trình thứ 2:
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
 
+ − + =
 
 
, từ ñó tìm ra
v
rồi thay vào tìm
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
+ + − =

11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
−
− + = + − ⇔ − = − ⇒ =
Ví dụ 4.
Giải phương trình sau:
6 2 6 2 8
3
5 5
x x
x x
− +
+ =
− +
.
Hướng dẫn:
ðiều kiện:
5 5
x
− < <

ðặt
(
)
5 , 5 0 , 10
u x v y u v= − = − < <
.
Khi ñó ta ñược hệ phương trình:

I.2.8. Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ ñối xứng loại II
I.2.8.1. Phương pháp:
Ta hãy ñi tìm nguồn gốc của những bài toán giải
phương trình bằng cách ñưa về hệ ñối xứng loại II

Ta xét một hệ phương trình ñối xứng loại II sau :
( )
( )
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x

+ = +


+ = +


việc
giải hệ này thì ñơn giản

15

Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách ñặt

y ax b
α β
α β

+ = +


+ = +


, ta sẽ xây
dựng ñược phương trình dạng sau : ñặt
y ax b
α β
+ = +
, khi ñó ta có phương trình
:
( )
2
a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −

Tương tự cho bậc cao hơn :
( )
n
n

(
)
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
là chọn ñược.
I.2.8.2. Một số ví dụ:
Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

2
2 2 2 1
x x x
− = −
.
Hướng dẫn:

ðiều kiện:
1
2
x
≥

Ta có phương trình ñược viết lại là:
2
( 1) 1 2 2 1
x x

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

2
2 6 1 4 5
x x x
− − = +

Hướng dẫn:
ðiều kiện
5
4
x
≥ −

Ta biến ñổi phương trình như sau:

2 2
4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11
x x x x x
− − = + ⇔ − = + +16

ðặt
2 3 4 5
y x
− = +
ta ñược hệ phương trình

2
(2 3) 2 1
(1)
(2 3) 3 1
x y x
y x

− = + +


− = +


ñây không phải là hệ ñối xứng loại 2
nhưng chúng ta vẫn giải hệ ñược , và từ hệ này chúng ta xây dưng ñược bài toán
phương trình sau :
Ví dụ 1
.

Giải phương trình sau:

2
4 5 13 3 1 0
x x x
+ − + + =
.
Nhận xét :
Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :

2

( )
2
2 2 2
2
2
2 3 1 0 (1)
3 1
(*)
4 13 5 0 (2)
4 13 5
y y x
y x
x x y
x x y
α αβ β
α β
α β
α β


+ − + − =
+ = +
 
⇔
 
− + + + =

− + = − −



3 1 (2 3), ( )
2
x y y
+ = − − ≤

Ta có hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +

⇒ − + − =

− = +



Với
15 97
8
x y x
−
= ⇒ =


phương trình, ta viết lại phương trình như sau:

2
(2 3) 3 1 4
x x x
− = − + + +

khi ñó ñặt
3 1 2 3
x y
+ = − +
, nếu ñặt
2 3 3 1
y x
− = +
thì chúng ta không thu ñược
hệ như mong muốn , ta thấy dấu của
α
cùng dấu với dấu trước căn. Một cách tổng quát .

Xét hệ:
( ) . . (1)
( ) '. ' (2)
f x A x B y m
f y A x m
= + +


3 3
27 81 8 27 54 36 54 27 81 8 3 2 46
x x x x x x
⇔ − = − + − ⇔ − = − −

Ta ñặt :
3
3 2 81 8
y x
− = −
.

Bài tập ñề nghị:
Giải các phương trình sau:
1)

2
4 13 5 3 1 0
x x x
− + + + =
.
2)

2
4 13 5 3 1 0
x x x
− + + + =
.
3)




Từ những ñánh giá bình phương :
2 2
0
A B
+ ≥
, ta xây dựng phương trình dạng
2 2
0
A B
+ =

Từ phương trình
(
)
(
)
2 2
5 1 2 9 5 2 1 0
x x x x
− − + − − + − =
ta khai triển ra có
phương trình :

(
)
2
4 12 1 4 5 1 9 5
x x x x x

và
1
1 2
1
x
x
+ + ≥
+
,
dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình:
1
1 2008 1 2008 1
1
x x x
x
− + + = + +
+

ðôi khi một số phương trình ñược tạo ra từ ý tưởng :
(
)
( )
A f x
B f x
 ≥


≤



+

Hướng dẫn:
ðk
0
x
≥

Ta có :
( )
2 2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
 
   
 
 
+ ≤ + + + = +
   
 
  +
+ +
 


Biến ñổi pt ta có :
(
)
2
2 2 2
13 1 9 1 256
x x x− + + =

Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopxki:
(
)
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10
x x x x x
− + + ≤ + − + + = −

Áp dụng bất ñẳng thức Côsi:
( )
2
2 2
16
10 16 10 64
2
x x
 
− ≤ =



= −
= −




Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
− − + − + =

Hướng dẫn:

Ta chứng minh :
4
8 4 4 13
x x
+ ≤ +
và

(
)
(
)

2 8 4 4 4 4
x x x
+ = + + −

4)

4 33
16 5 6 4
x x x
+ = +

5)

3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
− − + − + =

6)

3 3 4 2
8 64 8 28
x x x x
+ + − = − +

7)

2
2

và
)(xgy
=
có tính chất ñơn
ñiệu trái ngược nhau.

20

Dạng 3:
( ) ( )
f u f v
=
và xét hàm số
( )
y f x
=
ñơn ñiệu. Khi ñó:

( ) ( )
f u f v u v
= ⇔ =I.4.2. Một số ví dụ:

Ví dụ 1.
Giải phương trình sau:

( )
(

, là hàm ñồng biến trên R, ta có
1
5
x
= −

Ví dụ 2.
Giải phương trình sau:

3 2 2
3
4 5 6 7 9 4
x x x x x
− − + = + −

Hướng dẫn
: ðặt
2
3
7 9 4
y x x
= + −
, ta có hệ :

( ) ( )
3 2
3
3
2 3
4 5 6

=


=  +  ⇔ = + ⇔ + = + − ⇔
− ±
 

=


.

Ví dụ 3.
Giải phương trình sau:

43
807 +=++ xxx
.
Hướng dẫn.
ðk:
0
≥
x

Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Nâng lên luỹ thừa bậc 4 hai vế ta ñược:
80)(
2
+=+ xxfx
với

5)
2
4 1 4 1 1
x x
− + − =

6)
3
1 4 5
x x x
− = − − +

7)
2
1 3
x x x
− = + −

8)
2 3
1 2 2
x x x x
= − + −
.
9)
1 2 3
x x
− + + =

10)

với
[
]
0;
y
π
∈
sao cho
cos
x y
=

+) Nếu
0 1
x
≤ ≤
thì có một số t với
0;
2
t
π
 
∈
 
 
sao cho :
sin
t x
=
và một số y với

y
là hai số thực thỏa:
2 2
1
x y
+ =
, thì có một số t với
0 2
t
π
≤ ≤
, sao
cho
sin , cos
x t y t
= =

I.5 2. Phương pháp giải toán :

Nếu :
1
x
≤ −
thì ñặt
sin
t x
=
với ;
2 2
t

π
 
∈
 
 
hoặc
cos
x y
=
, với
0;
2
y
π
 
∈
 
 
22


Nếu :
x
,
y
là hai số thực thỏa:
2 2

 
, tương tự cho
trường hợp khác


X là số thực bất kỳ thi ñặt :
tan , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 

*) Chú ý: Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế
nào ?
Từ công phương trình lượng giác ñơn giản:
cos3 sin
t t
=
, ta có thể tạo ra
ñược phương trình vô tỉ
Chẳng hạn từ công thức:
3
cos3 4cos 3cos
t t t
= −
ta có phương trình vô tỉ:



( ) ( )
2
3 3
2
2 1
1 1 1 1
3
3
x
x x x
−
 
+ − + − − = +
 
 

Hướng dẫn:
ðiều kiện :
1
x
≤

Với
[ 1;0]
x
∈ −
: thì
( ) ( )
3 3

1
6
x =Ví dụ 2
. Giải phương trình sau:
3
6 1 2
x x
+ =

Hướng dẫn:

23

Lập phương 2 vế ta ñược pt:
3 3
1
8 6 1 4 3
2
x x x x
− = ⇔ − =

Xét :
1
x
≤
, ñặt
[

 

Hướng dẫn:

ðk:
1
x
>
, ta có thể ñặt
1
, ;
sin 2 2
x t
t
π π
 
= ∈ −
 
 

Khi ñó pt trở thành:
( )
2
cos 0
1
1 cot 1
1
sin
sin 2
2

1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ = +
−

Hướng dẫn:
ñk
0, 1
x x
≠ ≠ ±

Ta có thể ñặt :
tan , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 


tan
1 2cos
x
x
x
+
=
−

2)

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

3)

3
3 2
x x x
− = +
HD: chứng minh

hoặc chứng minh
(
)
0
A x
=
vô nghiệm ,
chú ý ñiều kiện của nghiệm của
phương trình ñể ta có thể ñánh gía
(
)
0
A x
=
vô nghiệm
.


Nếu phương trình vô tỉ có dạng

A B C
+ =
, mà :
A B C
α
− =

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của
x
. Ta có thể giải như sau :

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

Hưóng dẫn:

Ta nhận thấy :
(
)
(
)
(
)
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
− + − − − = − −
v
(
)
(
)
(
)
2 2
2 3 4 3 2
x x x x
− − − + = −


2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x
+ − + = − ≥ ⇔ ≥

Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể
phân tích về dạng
(
)
(
)
2 0
x A x
− =
, ñể thực hiện ñược ñiều ñó ta phải nhóm , tách như sau :
( )
( )
2 2
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 2
12 4 5 3
x x