SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU
TỔ TOÁN
----˜&™----

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Đề tài:

“MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ”

Họ và tên người viết : Phạm Văn Thành.
Chöùc vuï : Giáo viên.

Năm 2015.


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình THPT nói chung và lớp 10 nói riêng, học sinh
thường gặp nhiều khó khăn trong việc giải các phương trình và bất phương
trình vô tỷ, mặc dù phần lí thuyết đơn giản nhưng một số bài toán phương
trình và bất phương trình vô tỷ trong các kì thi Đại học thường khá phức tạp.
Phương trình và bất phương trình vô tỷ rất đa dạng và không thể có phương
pháp chung nào để giải mọi phương trình nên học sinh thường lúng túng và
dễ mắc sai lầm trong việc phân tích, lựa chọn cách giải phù hợp, ngắn gọn.
Để giúp học sinh phần nào trong việc định hướng và lựa chọn phương pháp
giải phù hợp, tôi đã nghiên cứu đề tài : “Một số dạng toán về phương
trình và bất phương trình vô tỷ”.
2. Mục tiêu nghiên cứu:

B ≥ 0
A=B⇔
2 n (n là số nguyên dương).
A = B

b)

2n

c)

2 n +1

d)

A = B ⇔ A = B 2 n +1 (n là số nguyên dương).

A ≥ 0

A + B = C ⇔ B ≥ 0
.

 A + B + 2 AB = C

2. Một số phương pháp giải :
Dạng 1 : Phương pháp nâng hai vế lên lũy thừa
Bài 1 : Giải các phương trình sau :
a) 2x − 1 + 2 = x ;
b) x + 3 = 2x − 8 + 7 − x .
Giải :



Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương
x + 3 = 2x − 8 + 7 − x + 2

( 2x − 8 ) ( 7 − x )

⇔

( 2x − 8 ) ( 7 − x )

=2

⇔ ( 2x − 8 ) ( 7 − x ) = 4 ⇔ x 2 − 11x + 30 = 0 ⇔ x = 5 hoặc x = 6 (hai nghiệm đều thỏa

điều kiện của phương trình).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 5; x = 6.
Bài 2: Giải các phương trình sau :
a) 4 − 3 10 − 3x = x − 2 (HSGQG-2000);
c)

3

x − 2 + 3 2x − 3 = 1 ;

b) x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2 ;

d) x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8x − 7 + 1

.

⇔ x = 3 (Vì x 2 − 7x + 15 > 0, ∀x ).
2
( x − 3) ( x + 2 ) ( x − 7x + 15 ) = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3.
x −1 ≥ 0

b) Điều kiện : 5x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 .
3x − 2 ≥ 0


Phương trình đã cho được viết lại :

x − 1 = 3x − 2 + 5x − 1 , bình phương hai

vế của phương trình ta được x − 1 = 5x − 1 + ( 5x − 1) ( 3x − 2 ) + 3x − 2
⇔2

( 5x − 1) ( 3x − 2 )

= 2 − 7x

2 − 7x ≥ 0
⇔
2
2
4 ( 15x 13x + 2 ) = ( 2 − 7x )

2



(

3

)

x − 2 + 3 2x − 3 = 1

⇒ 3x − 5 + 3. 3 ( x − 2 ) ( 2x − 3) = 1

( x − 2 ) ( 2x − 3) = 2 − x
3
⇒ ( x − 2 ) ( 2x − 3) = ( 2 − x )
⇒ ( x − 2 ) ( x 2 − 2x + 1) = 0
⇒

3

⇒ x = 1 ∨ x = 2 . Thử lại ta thấy x = 2 thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 2.
* Nhận xét : Vì ta thay

3

x − 2 + 3 2x − 3 = 1 không đúng với mọi x và

phương trình thường xuất hiện nghiệm ngoại lai. Học sinh thường mắc sai
lầm, giải xong không thử lại nghiệm mà kết luận phương trình có 2 nghiệm


x −1 − 7 − x = 0

 x −1 = 0
x = 5
⇔
⇔
x = 4
 x − 1 = 7 − x

Vậy phương ttrình đã cho có hai nghiệm x = 5, x = 4.
* Nhận xét: Phương trình trên có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ
t = x −1 − 7 − x .

Dạng 2: Phương Pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải các phương trình sau :
a) 2x 2 + 6x − 10 + x 2 + 3x = 0 ;
b) 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (Trích đề thi Đại hoc Khối D – năm 2006).
Giải:


a) Xét phương trình 2x 2 + 6x − 10 + x 2 + 3x = 0 .
Ta có điều kiện : x 2 + 3x ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 0 (*).
t ≥ 0

2
Đặt t = x + 3x ⇒ 

2
2x + 6x = 2t

2

+ 2t − 1) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2 − 1 (thỏa t ≥ 0 )

Với t = 1 ta tìm được x = 1 (thỏa điều kiện (*)).
Với t = 2 − 1 ta tìm được x = 2 − 2 (thỏa điều kiện (*)).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 1; x = 2 − 2 .
• Cách khác :
Phương trình 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ 2x − 1 = − x 2 + 3x − 1
3 − 5
3− 5
− x 2 + 3x-1 ≥ 0
≤x≤

⇔
⇔
2
 2
2
2
2x − 1 = ( − x + 3x-1)
 x 4 − 6x 3 + 11x 2 − 8x + 2 = 0


3 − 5
3− 5
≤x≤

 x = 1
2

÷


Giải:
a) Điều kiện: x 2 + 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 − 2 hoặc x ≥ −1 + 2 (*)
Đặt t = x 2 + 2x − 1 ( t ≥ 0 ) thì t 2 = x 2 + 2x − 1 hay x 2 − 2x − 1 = t 2 − 4x .
2
Phương trình đã cho trở thành t − 2 ( 1 − x ) t − 4x = 0 (**).

Ta có ∆ ' = ( 1 − x ) + 4x = ( 1 + x ) ≥ 0 .
2

2

Khi đó phương trình (*) có hai nghiệm t = 2 hoặc t = −2x .
+ Với t = 2 thì x 2 + 2x − 1 = 2 ⇔ x 2 + 2x-5 = 0 ⇔ x = −1 ± 6 (thỏa (*)).
x ≤ 0

2
+ Với t = −2x thì x + 2x − 1 = −2x ⇔ 

2
2
 x + 2x − 1 = 4x

(vô nghiệm).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −1 + 6; x = −1 − 6 .
b) Điều kiện: x ≥ −2 (*).
Đặt

Vậy phương trình có ba nghiệm là x = 2, x = 1 − 2 2, x = 1 + 2 2 .
c) Đặt y = 3 3x − 2 suy ra y 3 = 3x − 2 .
3
 x = 3 y − 2 (1)
Khi đó phương trình đã cho trở thành:  3
. Lấy phương trình (1)
 y = 3x − 2 (2)

trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

x 3 − y 3 = 3 y − 3x

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 0(*)
2

y  3y2

+ 3 > 0 , ( ∀x, y ∈ ¡ )
Ta có x 2 + xy + y 2 + 3 =  x + ÷ +


2

4

Do đó phương trình (*) ⇔ x = y .
Thay x = y vào phương trình y 3 = 3x − 2 ta được
x 3 − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)

2

Với t = −2 thì

−2 < x < 0
4 − x2
x
 −2 < x < 0
+
= −2 ⇔ 
⇔
2
 2
4
2
x
4 − x2
4 ( x − 4x + 4 ) = 0 ( x − 2 ) = 0

⇔x= 2.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2 .


Dạng 3: Một số phương pháp giải khác
Bài 1: Giải các phương trình sau :
a) 2x 2 + 3x − 2 − 3 x + 5 = 3 x + 2 − 2x 2 + 9x − 5 ;
b) 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
(Trích đề thi Đại học Khối B – năm 2010).
Giải:
2x 2 + 3x − 2 ≥ 0


( x + 5 ) ( 2x − 1)

=0

)

x+5 + x+2 = 0

)

2x − 1 − 3 = 0

⇔ 2x − 1 − 3 = 0 (do x ≥

1
)
2

⇔ 2x − 1 = 9 ⇔ x = 5 .

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5 .
* Nhận xét: Đối với phương trình trên ta có thể giải bằng phương pháp
đặt ẩn phụ nhưng dài và phức tạp.
1
3

b) Điều kiện: − ≤ x ≤ 6 .
Cách 1: Xét phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0
⇔


1
3

Cách 2: Ta thấy x = − , x = 6 không là nghiệm của phương trình đã cho.
 1



Xét hàm số f ( x ) = 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 liên tục trên khoảng  − ; 6 ÷ .
 3 
1





+
+ 6x − 14, x ∈  − ; 6 ÷.
Ta có f ' ( x ) = 
÷
2  3x+1
6− x 
 3 
3

1

1



3

2
2
a) 2x + x + 6 + x + x + 3 = 2  x + ÷(Trích đề thi Olympic 30/4 – năm


x

2009);
b) x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 = x 2 − x + 2 (Trích đề trong tạp chí Toán học và Tuổi
trẻ).
Giải:
3

2
2
a) Điều kiện: x ≠ 0 . Xét phương trình 2x + x + 6 + x + x + 3 = 2  x + ÷


(*)
Với điều kiện trên , giả sử x là một nghiệm của phương trình (*).

x


Khi đó, từ phương trình trên suy ra x > 0 , nên ta chỉ xét x > 0 .
2
2
2


(x
+ x −1 ≤

x−x

2

2

+ x − 1) + 1

( x−x
+1 ≤

2
2

+ 1) + 1

2

x2 + x
=
2

( 2)

x − x2 + 2
=

 2 2 


Đặt x = s inu, u ∈ − ;

1 + cos u = s inu ( 1 + 2 cos u )
⇔ 2cos
⇔ sin

u
u
u
3u
= sin u + sin 2u ⇔ 2cos = 2cos .sin
2
2
2
2

u
 π π 
3u
2
=
(do u ∈  − ;  ⇒ cos > 0 )
2
 2 2
2
2



r

b) Đặt a = ( 4 − x; 20 2 ) ⇒ a = x 2 − 8x + 816
r
r
b = 5 + x; 11 2 ⇒ b = x 2 + 10x + 267

(

)

r r

r r

Ta có a + b = ( 9; 31 2 ) ⇒ a + b = 2003
r r

r

r

Mà a + b ≤ a + b ⇒ x 2 − 8x + 816 + x 2 + 10x + 267 ≥ 2003 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4− x
x+5
56
=

2

4
5

4
5

6
5

2
• Với u = 2v ta có (2) ⇔ v = ⇒ 2 − x = ⇔ x = (thỏa (*)).

• Với u = 2v + 3 ta có (2) ⇔ ( 2v + 3) + v 2 = 4 ⇔ 5v 2 + 12v + 5 = 0 (vô nghiệm,
2

do v ≥ 0 ).
6
5

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = .
Cách khác : Đối với phương trình trên ta có thể đặt t = 3 2 + x − 6 2 − x dẫn
đến phương theo t là t 2 − 9t = 0 ; Hoặc đặt t = 2 + x − 2 2 − x dẫn đến phương
6
5

trình theo t là t 2 − 3t = 0 ta vẫn tìm được nghiệm x = .
3
2

=0
2x − 3 + x 


2x − 3 + x

( 1)
( 2)

3
2

(1) ⇔ x = 3 (thỏa điều kiện x ≥ )
Ta có với x ≥
⇒ 2−

3
thì
2

2x − 3 + x ≥

3
1
>1⇒

2

+ (*) có hai nghiệm dương 0 < t1 ≤ t2 , khi đó :


∆ = 1 − 8 ( 6 − m ) ≥ 0
47


1
47

m ≥
⇔
≤ m < 6.
8 ⇔
S =
2
8

m < 6
 P > 0

+(*) có hai nghiệm trái dấu t1 < 0 < t2 ⇔ 6 − m < 0 ⇔ m > 6 .
Kết hợp tất cả các điều kiện trên ta thấy phương trình đã cho có
nghiệm khi m ≥

47
.
8

+

6
47
8

Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m ≥

47
.
8

* Nhận xét : Đối với học sinh lớp 10 thì nên dùng cách 1 còn học sinh lớp 12
nên dùng đạo hàm để giải dạng toán này nhanh hơn và ít sót điều kiện.
Bài 2 : Tìm m để phương trình
m

(

)

1 + x 2 − 1 − x 2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 có nghiệm thực.


(Trích đề thi Đại học Khối B – năm
2004).
Giải :
Đặt u = 1 + x 2 − 1 − x 2 , x ∈ [ −1; 1] .
Ta có u ≥ 0, ∀x ∈ [ −1; 1] và u = 0 ⇔ x = 0
Ngoài ra u 2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2 và u 2 = 2 ⇔ x = ±1 .

2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m, ( m ∈ ¡ ) .

Giải :
Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 6 .
Đặt f ( x ) = 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x , ∀x ∈ [ 0; 6] .
Ta có

f '( x) =

1
2. 4 ( 2x )


1
=
2


+

3

1
4

( 2x )

3

1



Đặt

u ( x) =

1
4

( 2x )

3

1

−
4

( 6 − x)

3

1
1
−
2x
6− x .

, v ( x) =


f '( x) =

1
2. 4 ( 2x )

3

+

1
−
2x

1
4

( 6 − x)

3

−

1
6− x

 
1  1  1
1
 1
= 4

1
1
=
⇔x=2
4
2x 4 6 − x

Sau đó lập bảng biến thiên như trên. Tuy nhiên học sinh gặp khó khăn trong
việc đặt nhân tử chung và xét dấu đạo hàm.
Bài 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x + 1 − x = m 2014, ( m ∈ ¡ ) .

Giải :
Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 1 .
Xét hàm số f ( x ) = x + 1 − x , x ∈ [ 0; 1] .


1

1

1− x − x

Ta có f ' ( x ) = 2 x − 2 1 − x =
2 x (1− x)
f '( x) = 0 ⇔ 1− x − x = 0 ⇔ x =

1
.
2

f) 14 − x + x = 2 1 + x − 2x − 1

23 ± 341
2

)

(Trích đề trong Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ 12/2008); ĐS:
x = 1± 2 .

Bài 2: Tìm giá trị của tham số m để các phương sau có nghiệm:
1

a) 5 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ĐS: −3 < m ≤ .
5
1

b) 4 x 2 + 1 − x = 2014m ĐS: 0 < m ≤
.
2014


Bài 3: Tìm giá trị của tham số m để các phương sau có đúng hai nghiệm
4

thực phân biệt:

(

2x + 2 4 6 − x + 2

 A < B2


c)

 A ≥ 0

B < 0
A > B ⇔ 
B ≥ 0

  A > B 2

Nhóm II
a)

A ≤ B ⇔ 0≤ A≤ B

b)

A ≥ 0

A ≤ B ⇔ B ≤ 0
 A ≤ B2


c)

 A ≥ 0


 x ≤ −3


⇔ x < 7
⇔ x < 7
⇔
61 .

4
≤
x


 46

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T =  ; + ∞ ÷.
 9



Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
a) x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4x + 3 ≥ 2 x 2 − 5x + 4 ;
b)

x− x

1 − 2 ( x 2 − x + 1)

≥ 1 (Trích đề thi Đại học Khối A – năm 2010).

Giải:


 x 2 − 3x + 2 ≥ 0
 2
x ≤1
a) Điều kiện :  x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ 
.
x ≥ 4
 x 2 − 5x + 4 ≥ 0


* Với x = 1 bất phương trình đã cho luôn thỏa mãn.


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

≥ 0.

Ta lại có 1 − 2 ( x 2 − x + 1) < 0 .Thật vậy :
1 − 2 ( x 2 − x + 1) < 0 ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) > 1 ⇔ 2x 2 − 2x + 1 > 0 (hiển nhiên).

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với :
x − x − 1 + 2 ( x 2 − x + 1) ≤ 0 ⇔ 2 ( x 2 − x + 1) ≤ − x + x + 1


− x + x + 1 ≥ 0
⇔
2
( x − 1) + 2 x ( x − 1) + x ≤ 0
− x + x + 1 ≥ 0

0 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x = 1− x ⇔ 
2
2
 x − 1 + x ≤ 0
 x = ( 1 − x )
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ x ≤ 1
3− 5


Lúc đó bất phương trình trở thành x − x ≤ −1 + 2 ( x 2 − x + 1) (*) và
x = 0 không là nghiệm của bất phương trình trên nên (*)
1 
1

⇔ 2  x + − 1÷ ≤
− x +1
x 
x


Sau đó đặt ẩn phụ t =

( t − 1)

2

1
− x và đưa bất phương trình về dạng
x

≤ 0 ⇔ t = 1 . Ta vẫn tìm được nghiệm của bất phương trình.

Dạng 2: Giải bất phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x 2 − 2x − 8 < 6 − ( x − 4 ) ( x + 2 ) ;
b)

2x 2 − 4x + 6 > 2x − 1 + x − 2 .


1
⇔ x≥ .
b) Điều kiện 
2
2x − 1 ≥ 0

Bất phương trình đã cho viết lại 2 ( x − 2 ) + 2 ( 2x − 1) > x − 2 + 2x − 1 (*).
2

u = 2x − 1 ≥ 0

Đặt 

v = x − 2

. Khi đó (*) trở thành 2v 2 + 2u 2 > v + u

v + u ≥ 0
v + u ≥ 0
⇔ 2
⇔
⇔v≠u.

2
2
2
( v − u ) > 0
2v + 2u > ( v + u )

Với u = v ta có 2x − 1 = x − 2 ⇔ x 2 − 6x + 5 = 0 và x ≥ 2 ⇔ x = 5 .


1 + x + 1 − x + 2 1 − x2 ≤ 4 +

x4
x4
− x 2 ⇔ 2 1 − x 2 ≤ − x 2 + 2 (*).
16
16

Đặt t = 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 = 1 − t 2 .
1− t )
Khi đó (*) trở thành 2t ≤ (

2 2

16

− ( 1− t

2

)

( 1− t )
+2⇔

2 2

16



(*).

, t >0
t < −9
t > 5

Bất phương trình (*) trở thành t 2 + 4t − 45 > 0 ⇔ 
Kết hợp với điều kiện t > 0 ta được t > 5 .
⇒

x2
x −4
2

> 5 ⇔ x 4 − 25x 2 + 100 > 0

x >5
 x 2 > 25
⇔ 2
⇔
 x < 5
x < 5

Kết hợp với điều kiện x > 2 ta được tập nghiệm của bất phương trình đã
cho là T = ( 2; 5 ) ∪ ( 5; + ∞ ) .
Dạng 3: Giải bất phương trình vô tỷ bằng một số phương pháp khác
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
a)