CHUYÊN ĐỀ
Giải Phương Trình Vô Tỷ
Bằng Phương Pháp Đánh Giá
Toán K57-THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình


I.LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình-Hệ phương trình-Bất đẳng thức có mối quan hệ chặt chẽ với nhau.Đây cũng chính là những
phần quan trọng nhất của đại số.Nó thường xuyên xuất hiện trong kì thi tuyển sinh Đại Học (THPT QG)
hay các kì thi HSG.Ta cần có những phương trình,hệ phương trình để dự đoán được điểm rơi của BĐT
hay trong quá trình sáng tác một Bất đăng thức sẽ nảy sinh ra nhu câu tìm nghiệm của Phương trình-Hệ
phương trình-Bất đẳng thức.Qua đấy có thể nói việc giải tốt PT-HPT là rất quan trọng.Nhiều bài toán về
PT-HPT-BĐT là sự che dấu của một BĐT nào đó.Chúng ta cần phải linh hoạt khi sử dụng BĐT vào giải
PT-HPT.Vì nếu không dùng đúng thì sẽ dẫn đến kết quả không như mong muốn.Giải PT bằng phương
pháp bằng đánh giá chính là một sự kết hợp tuyệt vời giữa BĐT và PT
Đã có rất nhiều tài liệu,sách viết về PT.Tuy vậy,những bài viết về Giải PT bằng phương pháp bằng đánh
giá chưa đề cập toàn diện về như cách giải hay là phương pháp sáng tác.Vì vậy,trong tài liệu này sẽ đề đi
sau vào cách giải PT bằng phương pháp đánh giá (Một trong những phương pháp hay và khó khi GPT)
Hy vọng nó sẽ là tài liệu hay giúp cho các bạn hiểu rõ hơn về Phương pháp này
Trong tài liệu này sẽ có ba mục:
Mục 1:Nhắc lại một số BĐT hay dùng khi giải phương trình,phương pháp giải PT vô tỷ bằng phương
pháp đánh giá
Mục 2:Một số ví dụ và cách sáng tác phương trình bằng phương pháp đánh giá
Mục 3:Tổng hợp bài tập
Sai sót là điều không thể tránh khỏi trong bài viết này,vì thế xin trân trọng đón nhận mọi sự góp ý và
nhận xét của các bạn và thầy cô.
Mọi ý kiến thắc mắc gửi vào gmail:


Các thành viên tham gia viết chuyên đề
Chủ biên:Đinh Xuân Hùng (Toán K57-THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình)

a
Dấu “=” xảy ra khi 1  2  ...  n
b1 b2
bn

2

Một hệ quả của bất đẳng thức Cauchy-Schwar rất hay dùng:
an2 a1  a2  ...  a n 
a22

 .... 

b2
bn
b1  b2  ...  bn
b1

a1

2

2

Với điều kiện b1 ; b2 ;...; bn là các số dương
Dấu “=” xảy ra khi

a
a1 a2






m

Dấu “=” xảy ra khi m dãy đó tương ứng tỉ lệ.Bất đẳng thức Cauchy-Schwar là hệ quả trực tiếp của bất


đẳng thức Holder với m=2
Với a,b,c,x,y,z,m,n,p là các số thực dương ta có: a 3  b 3  c 3 x 3  y 3  z 3 m 3  n 3  p 3   axm  byn  czp 3
Đây chính là hệ quả hay dùng của BĐT Holder khi m=3
Phương pháp giải
 f ( x)  g ( x)
Thông thường ta sẽ đánh giá như sau  f ( x)  C ( C )  f ( x)  g ( x)  C
 g ( x )  C ( C )


Hoặc đánh giá trực tiếp f ( x)  g ( x); f ( x)  g ( x)
Từ đó tìm dấu “=” xảy ra của đẳng thức (tức là giá trị của biến để thỏa mãn điều kiện xảy ra dấu bằng)
Ngoài ra trong một số bài ta có thể sử dụng điều kiện của nghiệm để đánh giá

Đôi khi tôi muốn hét to với cả thế giới rằng tôi mới may mắn làm sao khi tôi được làm bạn với bạn,
nhưng đôi khi tôi muốn im lặng, sợ rằng ai đó sẽ đem bạn rời khỏi tôi.
---Khuyết danh----

Ở đâu đó có người đang mơ về nụ cười của bạn, ở đâu đó có người cảm thấy sự có mặt của bạn là
đáng giá, vì vậy khi bạn đang cô đơn, buồn rầu và ủ rũ, hãy nhớ ràng có ai đó, ở đâu đó đang nghĩ về
bạn.
Somewhere there's someone who dreams of your smile, somewhere there's someone who finds your



2

 4 mà

6  x  x  4  0  6  x  x  4  2 .Dấu bằng xảy ra khi x=5(2)

Từ (1)(2)  x  5
Vậy x=5
Nhận xét:
Tại sao mình lại đưa bài toán này làm ví dụ đầu tiên?Vì mình muốn nói đến ưu điểm,nhược điểm của
phương pháp đánh giá
Ưu điểm:Cách giải nhanh,gọn nhẹ,không phải tính toán vất vả
Nhược điểm:Không như những phương pháp giải PT vô tỷ khác thì phương pháp đánh giá không phải
bài nào cũng dùng được.Bạn nào không tỉnh táo để sử dụng thì chắc chắn dễn đến việc thiếu nghiệm
hoặc không dẫn đến kết quả như mong đợi.“Trăm nghe không bằng một thấy” thử làm một bài PT tương
tự Ví dụ 1 nào
Giải phương trình: 4  x  x  1  3
TXĐ  1;4

Áp dụng BĐT C-S cho bộ số  4  x ; x  1  và (1;1) ta có:
Dấu bằng xảy ra khi 4  x  x  1  x  3(TM )








Bài làm
Áp dụng BĐT C-S cho bộ số





6  x ; x  4 và (1;1) ta có:
(1  1)(6  x  x  4)  ( 6  x  x  4 ) 2

Đẳng thức xảy ra khi 6  x  x  4  x  6  x  4  x  5(TM )




6 x  x4



2

 4 mà

6  x  x  4  0  6  x  x  4  2 .Dấu bằng xảy ra khi x=5(2)

Xét hiệu: x  10 x  27  2  ( x  5) 2  0  x 2  10 x  27  2 .Dấu bằng xảy ra khi x=5(3)
Từ (1)(2)(3)  x  5
Vậy x=5
2


4

4

Với x  1 thì dấu “=” ở (1) và (2) cùng xảy ra khi và chỉ khi x=3.
Từ (1)(2) và x 3  3x 2  9 x  27  ( x  13)  x 3  3x 2  8x  40 ta được bài toán sau:
Ví dụ 3.1.Giải phương trình sau: x 3  3x 2  8x  40  8  4 4 x  4 (1)
ĐKXĐ: x  1
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM cho 4 số không âm 2 4 ;2 4 ;2 4 ; (4 x  4) ta được:
4

2 4  2 4  2 4  (4 x  4)
 x  13 (2)
4
Dấu “=” xảy ra khi 4 x  4  16  x  3(TM )

2 4.2 4.2 4.(4 x  4) 

Xét hiệu: x 3  3x 2  9 x  27  ( x  13)  x 3  3x 2  8x  40  ( x  3) 2 ( x  3)  0 .
 x 3  3x 2  9 x  27  x  13 .Dấu “=” xảy ra khi x=3(3)
Từ (1)(2)  x  3
Vậy x=3
Nhận xét:Với cách sáng tác trên chắc bạn cũng sáng tác được nhiều bài PT dạng này nhỉ 
Ví dụ 4.Giải phương trình: 4x  1  4x 2  1  1 (1)
ĐKXĐ: x 

1
2


Thật vậy: VT  3  2  1  3  2  2  3  2  3  0  VP
 x  1  1
Với x>-2   x  2  0  3 x  1  3 x  2  3 x  3  1  0  1  0( KTM )
x  3  1

 x  1  1
Với x
 

Từ (1)(2)  u . v  u . v
 





Điều này xảy ra khi và chỉ khi u; v cùng phương hay u  k. v (k  0)
 x 1  k
x  3

 x  5(TM )
x  3  k  x 1  x  3  0   2
x

7
x

10

0

k  0


Vậy x=5
Nhận xét
Thực chất phương pháp trên cũng chỉ là BĐT Minkowski mà thôi.Tuy vậy bài toán trên trình bày với

x2 y 2








• u . v  u . v . cos   u . v .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos  1  u  v  u  k. v (k  0)
Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác
• Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì với mọi điểm M tùy ý trên mặt phẳng tam giác,ta luôn có


MA  MB  MC  OA  OB  OC với O là tâm của đường tròn.Dấu bằng xảy ra khi và chi khi M trùng O

•Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và một điểm M tùy ý trong mặt phẳng thì MA+MB+MC nhỏ nhất
khi và chi khi điểm M nhìn các cạnh AB,AC,BC dưới cùng một góc 120
Đến đây chắc các bạn cũng tự sáng tác được nhiều bài GPT sử dụng tính chất cực trị hình học rồi nhỉ 
Một số ví dụ tương tự:
Ví dụ 5.1.Giải phương trình: 2 x 2  2 x  1  2 x 2  ( 3  1) x  1  2 x 2  ( 3  1) x  1  3
Bài làm
TXĐ:D=R
Phương trình (1)  (2 x  1) 2  12  ( 3x  1) 2  ( x  1) 2  ( 3x  1) 2  ( x  1) 2  3 2 (1)

u  (1;1  2 x)
  
  

Chọn  v  ( 3x  1; x  1)  u  v  w  (3;3)  u  v  w  3 2


 x  0(TM )

 v  l. w
 3 x  1  l (1  3 x)
 x  1  l ( x  1)


Vậy x=0
Ví dụ 6.Giải phương trình: 13  x 2  x 4  9  x 2  x 4  16 (1) (Đề thi Olympic Toán 30/04/2011)
ĐKXĐ:  1  x  1
Bài làm
Ta có: 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4


 9 x . 1  x 2  13 x  1  x 2
3
13
= .3. x .2 1  x 2  . x .2. 1  x 2
2
2











Nhận xét
Nếu như các bạn đọc lời giải thì chắc hẳn sẽ nghĩ bài toán này khá dễ.Đúng vậy mình cũng đồng ý với ý
kiến của các bạn.Tuy nhiên quá trình tìm ra lời giải thì lại khác.Đây là quá trình khá khó và phải sử dụng
đến các ẩn  ;  để tìm ra được lời giải hoàn chỉnh.Sau đây mình xin nếu ra ý tưởng khi làm bài này:
Với mọi số dương  ; 
13( 2  1) x 2  13
13 x  x  13. .  x (1  x ) 

2
2

4

1

2

2

2

1
9( 2  1)  9
9 x 2  x 4  9. .  2 x 2 (1  x 2 ) 

2
13( 2  1) 9(  2  1)  2 13
9
 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  

Vậy là ta đã tìm được  ;  .Khi đó chỉ cần thay  ;  vào là được (như lời giải bên trên).Các bạn cũng
hoàn toàn có thể sáng tác được những PT giải quyết theo bài toán này (những dạng PT được giải theo
cách này thường rất hay và khó)


Ví dụ 7.Giải phương trình: 4 x 2  x  10  4 2  2 x  x  7  8 x  3 (1)
ĐKXĐ: x  1
Bình luận
PT trên là dạng PT căn lồng trong căn.Đối với dạng PT này cách tối ưu nhất là giải bằng phương pháp
đánh giá.Vì hầu hết các phương pháp như bình phương,liên hợp,ẩn phụ tối với bài này đều không được.
Bình phương thì số mũ của PT sau khi bình phương mất hết căn là quá to.Liên hợp có thể giúp ta tìm
được một nghiệm nhưng còn bên trong căn thì quá kho xử lý.Ẩn phụ thì rất khó phát hiện để tìm ra ẩn
phụ thích hợp.
PT trên có nghiệm duy nhất x=-1 càng khiến cho ta tin rằng PT trên hoàn toàn được giải quyết bằng
phương pháp đánh giá.Vậy thử nhé!
Bài làm
Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số không âm 2  2 x và 2 ta được:
4  2  2 x  2.2. 2  2 x

Dấu “=” xảy ra khi 2  2  2 x

 4  2  2x
 x  1(TM )

 4 2  2x  6  2x
 x 2  x  10  4 2  2 x  x 2  x  10  6  2 x
 x 2  x  10  4 2  2 x  x 2  x  4
 4 x 2  x  10  4 2  2 x  4 x 2  x  4 .Dấu “=” xảy khi x=-1 (2)

Áp dụng BĐT AM-GM cho hai số không âm 3  x và 2 ta được:

x 
1
x 
2
  ( x  9)
VT   2 2 
 x 1 

  ( x  9)  VP

x 1
x 1 
1  x x 1

2

Dấu bằng xảy khi

2 2
x 1



x 1
x

x 1

2 2


Bình luận:Lại là kiểu ‘căn lồng trong căn’.Và như đã nói phương pháp tốt nhất để giải loại PT này chính
là phương pháp đánh giá.Thử thôi!
Bài làm
Đặt a 

1
1
3
x  3 thì ta có hệ phương trình
2
2


1
3 a
2 x  3 
2


2 a  3  1 3  x

2

1
1
1
3 a  3
3  x .Mà f (t )  3 
3  t là hàm đồng biến trên (0;)
2


f ( x)  a.h( x)  g ( x)  b.h( x)

 f ( x)  0

  g ( x)  0
h ( x )  0


Với mọi số a,b dương
Bài làm
Biến đổi phương trình thành: 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  1  2( x  2)  x 2  3x  2  2( x  2)
2 x 2  1  0

Sử dụng đánh giá trên ta có  x 2  3x  2  0  x  2
2( x  2)  0


Thử lại x=-2 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=-2

Đó là một số Ví dụ để làm rõ phương pháp đánh giá khi giải phương trình vô tỷ.Hy vọng những ví dụ
trên phần nào giúp các bạn có thể hiểu và vận dụng được phương pháp đánh giá khi giải phương trình.
Để các bạn có thể nắm rõ cũng như luyện kĩ năng thì mình xin được nêu ra một số Bài tập và các lời
giải tóm tắt
"Nhân cách của người thầy là sức mạnh có ảnh hưởng to lớn đối với học sinh, sức mạnh đó không thể
thay thế bằng bất kỳ cuốn sách giáo khoa nào, bất kỳ câu chuyện châm ngôn đạo đức, bất kỳ một hệ
thống khen thưởng hay trách phạt nào khác."
--- Usinxki---


3
2

8) x y  1  2 y x  1 

3 xy
2

9) x 2  x  1   x 2  x  1  x 2  x  2
10)

x2 x
  1  2x 3  x 2  x  1
2 2

11) x 2  4 2  x 4  x 4  x 3
12) 5 x  1  3 x  8   x 3  1
13) 3 x 2  28  23 x 2  23  x  1  x  2  9
14)  x2  3x  2  x  1  2
15)

6
8

6
3 x
2x

16)Tìm nghiệm nguyên dương của PT sau:


22) 8 x 2 
3
8

23) 4 x   2 x
24) x2  2x  4  3 x3  4x
25) 5  x6  3 3x4  2  1
26)

x2
x  4x  9  x  4x  9   6
3
2

2

27) x2  4x  12   x2  2x  3  3  x2
28) x2  x  x  x2  x  1
29) x2  2x  2x 1  3x2  4x  1
30) 3 25 x(2 x 2  9)  4 x 
31) 1  x  2 x 2  1 

3
x

x
2

32) x  1  x2  1  5  x2
33) 2x2 1  x 2 x 1  2 x2




2

 2 x  2  6  x  8

 VT 2  8

1

Mà VT  0  VT  2 2

Ta có x 2  8x  24   x  4   8  8
2

 VP 2  8
Mà VP  0  VP  2 2

 2
 x2  6 x

Từ 1 và  2   VT  VP  2 2  



 x  4

2


Ta sẽ chứng minh đây là nghiệm duy nhất.

(thỏa mãn ĐKXĐ)


6
 8  2 x2  2 x  1
x 1
6
2
* Nếu x >2 thì
x 1
6
 1
8  3 8
x 1
 VT  3  8 (2)
2 x 2  2 x  1  2.22  2.2  1  3  8
 VP  3  8 (3)
Từ (2) và (3)  Vô lý.
1
* Nếu  x  2 thì VT  3  8 ; VP

 t  1  2t 4  2t  1

2

1
1
2
 3  2  2t  1
4
t t t
1
1
Vì t  1 nên 4  3  2
t
tt
1
Ta có:
 t 1
2
 0  2t 1  1
2
  2t  1  1


(3)

(4)

 2  2t  1  2
2


3

Áp dụng bất đăng thức Bunhiacopxki ta có:
( 3x2 1  x2  x  x x2  1 )2  (2 + x2)(3x2-1+x2-x+x2+1)
= ( 2+ x2)(5x2-x)
VT2  0  VT <  2  x 2  5x 2  x  (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
(7 x 2  x  4) = (5x2 – x +(x2+2).2)  2


1
(7 x 2  x  4) 
2

 2  x 5x



VP



 2  x 5x

2

2


Vậy x = -1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
6)
ĐKXĐ x  1
 x3  3x 2  8 x  40 = 8 4 4 x  4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có.
8 4 4 x  4 = 4 4 4.4.4( x  1)  x  1  4  4  4  x  13
 x3  3x 2  8x 40  x  13  0
 x3  3x 2  9 x  27  0
 (x-3)2(x-3)  0
 (x-3)2  0 ( do x+3> 0 x  1 )
 x -3 = 0
 x = 3 ( thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy x =3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
7)
2 4 27 x 2  24 x 

28
27
28
27
 0 và
x60)
 1
x  6 (điều kiện : 27 x 2  24 x 
3
2
3
2

 4  1
 6y
3
2
3
2

Sử dụng bất đẳng thức cô si ta được:
6 y
y2
y2
( y  6) 2
4
 4  2 y  4  4(  4)  ( y  2) 2 
0
2
3
3
3
Ta lại có ( y  6)2  0 nên y  6  0  y  6
y4 2
 thỏa mãn điều kiện ban đầu
Từ đó x 
9
9
2
Thử lại x  là nghiệm của phương trình đã cho
9
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 




2

y 1 1  2 y


y  1  2 y  x  1  1
x 1 x







2

x 1 1  0

2

y  1  1  0 Dấu “=” xảy ra khi y = 2
2

 0 Dấu bằng xảy ra khi x = 2

Vậy nghiệm của PT là x=y=2
9)


Ta có:

x2  x 1  x2  x  1

2
2

 x2  x 1   x2  x  1  x  1

Mặt khác:

x 2  x  2   x  1  x 2  2 x  1
  x  1   x  1  x  1
2

Vậy
x2  x  1   x2  x  1  x2  x  2  x  1
 x2  x  1  1

  x 2  x  1  1

2
1
 x  1

 x 1

Vậy x=1 là nghiệm của phương trình



(ĐK : x4  2)
(x  0)

2  x 4  1  x 4  x3

 x2 

 2 x



 x  1 x4
4
1
 2  x4  x  2  x2
x
1
1
Ta cã: 2  x 2  2 Dấu bằng xảy  x 2  2
x
x
4

4

 x2  1

(1)



4

4

4

16  2

2

2

2

4

4

(2)


Từ (1)(2)  x  1
12)
5

x 1  3 x  8  x3  1

Giải: Nhận thấy x=0 là một nghiệm của phương trình
+Nếu x

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.
Vậy x = 1
15)
HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =

3
là nghiệm của phương trình.
2

Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
6
8
 2 và
4 
3 x
2x
3
6
8
Tương tự với < x < 2:

6
2
3 x
2x

Thật vậy:Với x

Giả sử x là nghiệm của phương trình.Khi đó: x 2  2  0  

 x   2

Do đó: x   2
Mũ 6 hai vế của PT ta được: x 9  6 x 6  x 4  12 x 3  4 x 2  4  0
VT  x 9  x 4 (6 x 2  1)  12 3  4 x 2  4  0  VP(x   2 )  PTVN

19)
HD: ĐKXĐ:x 

3
8

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4x 11
 2x
2
8x  3  1  1  1
4
8x  3 
 2x
4
 4 x 1  4 8x  3  4 x
 4x4 – 3x2 +5x  4x
 4x4 – 3x2 +x  0
 x( x  1)(2 x  1)2  0
4x 1 

 (2x-1)2  0 (do x(x+1) > 0 x 

x  3  0
 x  3
 x  8  0
 x  8
 -3  x  -2

Vậy nghiệm của phương trình là :
S={x -3  x  -2 }
21)
1  3  x  3 (ĐKXĐ: x  0 )

+Dễ thấy x=1 là một nghiệm của phương trình
+xét x>1
Ta có x  3  x > 1  3  x  3
+xét x0)
x 5
1 2
8x2 

x 5

8x2 

8x2 



 2 1 1  2 4 1  5 1 x
4
8 x 
32 .x  x
 x  45
4 x

1
Thử lại thấy x  thỏa mãn phương trình đã cho
4
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 
4

23)
4

3
x   2 x (điều kiện : x  0 )
8

Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta được:
1 1 1
   8x
3
 2x  2 2 2
4x
8