Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ
Bài 1: Giải phơng trình
a)
+ =
3
3
1 2 2 1x x
+ =
= + =
3
3
3
3
1 2 2 1
2 1 1 2
x x
y x y x
- Phơng trình đợc chuyển thành hệ


=


= =



+ =

+ = + =
+

1
1 2
1 2 1 2
1 5
2
1 2 2( )
2 0( )
1 5
1 2
2
x y
x y
x y
x y x y
x y
y x x y x y
x xy y vn
x y
x y
- Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm.
b)
+ = +
2 2
1 1 (1 2 1 )x x x
ĐS:x=1/2; x=1
c)
+ = + +
2
( 3 2 1) 4 9 2 3 5 2x x x x x
ĐS: x=2.


2
2( 16) 7
3
3 3
x x
x
x x
ĐK

>

2
16 0
4
3 0
x
x
x
- Biến đôỉ bất phơng trình về dạng
+ > >
<

>




c)
+ > ( 1)(4 ) 2x x x
.
1
d)

<
2
1 1 4
3
x
x
.
ĐK:

<









<


2
1


















>






>



2 2
2




<


1
0
2
1
0
2
x
x
Cách 2:
- Xét 2 TH:
+ Với
< <
2
1
0. 1 4 1 3
2
x BPT x x
+ Với
< >
2
1
0 . 1 4 1 3
2
x BPT x x

.
- ĐS: x-3 hoặc x1.
Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
2 2
1 1x x x x m+ + + =
.
Giải: Xét hàm số
2 2
1 1y x x x x= + + +
+ Miền xác định D=
R
.
+ Đạo hàm
+
=
+ + +
= + + = + +
+ >



+ + = + +

2 2
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
'
2 1 2 1
' 0 (2 1) 1 (2 1) 1

- +
y +
y 1
-1
Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1.
Bài 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực
2 1x x m+ = +
Giải:
- Đặt
1; 0t x t= +
. Phơng trình đã cho trở thành:
2t=t
2
-1+m m=-t
2
+2t+1
- Xét hàm số y=-t
2
+2t+1; t0; y=-2t+2
x
0 1 +
y + 0 -
y 2

1 -
- Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng:
2 2
4 5 4x x m x x + = +
.

+t-5-m=0 (1).
- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t
1
; t
2
thì t
1
+ t
2
=-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1.
- Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1
nghiệm t
(1; 5)
.
- Đặt g(t)=t
2
+t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m có đúng 1 nghiệm t
(1; 5)
.
f(t)=2t+1>0 với mọi t
(1; 5)
. Ta có BBT sau:
t
1
5
g(t) +
g(t)

5
-3

( 2) 2 (*)
2
t t
m t t t m
t
+ +
+ = + + =
+
- Xét
2
2
( ) ;0 2.
2
t t
f t t
t
+ +
=
+
Ta có f(t) liên tục trên đoạn
0; 2. Phơng trình đã cho có
nghiệm x khi và chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc
0; 20; 2 0; 2
min ( ) max ( )f t m f t

4
Giải: Đặt
3; [0; )t x t= − ∈ +∞
. Bất phương trình trở thành:
2 2
2
1
( 3) 1 ( 2) 1
2
t
m t t m m t t m
t
+
+ − ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ ≤
+
(2)
(1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0  có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y=
2
1
2
t
t
+
+
với t≥0 không ở
phía dưới đường thẳng y=m.
Xét y=
2
1
2


Từ Bảng biến thiên ta có m≤
3 1
4
+
.
Bài 8: Tìm m để phương trình
3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
có nghiệm.
Giải:
Đặt
( ) 3 6t f x x x= = + + −
với
[ 3;6]x ∈ −
thì
6 3
' '( )
2 (6 )(3 )
x x
t f x
x x
− − +
= =
− +
x
-3 3/2 6 +∞
f’(x)
║ + 0 - ║
f(x)
| 3 2 |

3 2
2
−
Bài 9: Cho bất phương trình
2
1
(4 )(2 ) (18 2 )
4
x x a x x− + ≥ − + −
. Tìm a để bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x
∈
[-2;4].
Giải:
5
Đặt
2
(4 )(2 ) 2 8; [0;3]t x x x x t= − + = − + + ∈
. Bất phương trình trở thành:
2 2
1
(10 ) 4 10
4
t a t a t t≥ − + ⇔ ≥ − +
.(2)
(1)ghiệm  (2) có nghiệm mọi t
∈
[0;3] đường thẳng y=a nằm trên ĐTHS
y=t
2

2
1
x
x+
; t
∈
[-1;1].
Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t
2
=4m.
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t
∈
[-1;1]
Xét hàm số y=f(t)=t
2
+2t với t
∈
[-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t
∈
[-1;1].
t -1 1
f’
0 + |
f 3
-1
Từ BBT -1≤4m≤3
1 3
4 4
m⇔ − ≤ ≤
.

, để giải
phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3 1 2 2 4 3x x x x+ − + = − +
Bình phương hai vế ta có :
2 2
6 8 2 4 12 1x x x x x+ + = + ⇔ =
Thử lại x=1 thỏa
 Nhận xét : Nếu phương trình :
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x k x+ = +

Mà có :
( ) ( ) ( ) ( )
f x h x g x k x+ = +
, thì ta biến đổi phương trình về dạng :
( ) ( ) ( ) ( )
f x h x k x g x− = −
sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả
Bài 2. Giải phương trình sau :
3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
+
+ + = − + + +


Bình phương 2 vế ta được:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

= −
+
= − − ⇔ − − = ⇔

+
= +


Thử lại :
1 3, 1 3x x= − = +
l nghiệm
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x k x+ = +
Mà có :

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− + − − − = − −
v
( ) ( )
( )
2 2
2 3 4 3 2x x x x− − − + = −
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .

x x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 
+ +
⇔ − − − = ⇔ =
 ÷
+ + + +
 
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
Bài 3. Giải phương trình :
2 33
1 1x x x− + = −
Giải :Đk
3
2x ≥
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
( )

Ta chứng minh :
( )
(
)
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
+ +
+ = + <
− + − + − + +
2
3
3 9
2 5
x x
x
+ +
<
− +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C+ =

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
x
x x x x x
x x x x
+
= + ⇒ + + − − + =
+ + − − +
8
Vậy ta có hệ:
2 2

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+ + − − + = +
, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x
=
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
( )
2 2
3 1 3 1x x x x+ + = + +
4 3 10 3 2x x− − = −
(HSG Toàn Quốc
2002)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 5 2 10x x x x x− − = + − −
23
4 1 2 3x x x+ = − + −
2 33
1 3 2 3 2x x x− + − = −
2
3


⇔ + − + − = ⇔

= −

Bi 2. Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1x x x x x+ + = + +
Giải:
+
0x
=
, không phải là nghiệm
+
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
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷

Đk:
0x ≥
Chia cả hai vế cho
3x +
:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
+ = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
+ + +
 
 Dùng hằng đẳng thức
9
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 đ cho tương đương :
3 2
3 3 0x x x+ + − =

x x
=


+ + =

+ + = ⇔ ⇔

− −

=
+ + = −




Bài 3. Giải phương trình sau :
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
Giải : pttt
( )
3
3 3
2 3 0 1x x x⇔ + − = ⇔ =
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường

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:
4
5
x ≥ −
Đặt
4 5( 0)t x t= + ≥
thì
2
5
4
t
x
−
=
. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t

≤ ≤
Đặt
1( 0)y x y= − ≥
thì phương trình trở thnh:
2 4 2
5 5 10 20 0y y y y y+ + = ⇔ − − + =
( với
5)y ≤
2 2
( 4)( 5) 0y y y y⇔ + − − − =
1 21 1 17
,
2 2
(loaïi)y y
+ − +
⇔ = =
Từ đó ta tìm được các giá trị của
11 17
2
x
−
=
Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :
( )
(
)
2
2004 1 1x x x= + − −
Giải: đk
0 1x≤ ≤

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
 
− + − =
 ÷
 
Đặt t=
3
1
x
x
−
, Ta có :
3
2 0t t+ − = ⇔
1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau

0u uv v
α β
+ + =
(1) bằng cách
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
+ = +
11
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

4 2 2
1 2 1 2 1x x x x x+ = − + + +
( ) ( )
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 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
=


+ = ⇔

=

+ = +
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg 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:
12
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

u v

−
=


= − ⇔

+
=


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:

2 2
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 em hãy tự sáng 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 :