CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9
A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG :
+ Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối
+ biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng
vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối.
I.KIẾN THỨC BỔ SUNG
* Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b
x
a
b
−
ax + b Trái dấu với a 0 Cùng dấu với a
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
a)
2 1 0x − =
, b)
2 3x − =
giải: a)
2 1 0x − = ⇔
2x – 1 = 0
⇔
x = ½ . Vậy : S =
1
2
 
 
 
b)
2 3x − = ⇔

x x
− = −


− = − +


⇔
1
1
x
x
= −


=

. Vậy : S =
{ }
1;1−

1
* DẠNG 1 :
f(x) = a
(1)
• a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm
• a = 0 , ta có Pt (1)
⇔
f(x) = 0
• a > 0 , ta có Pt (1)








f(x) 0
f(x) = g(x)
f(x) < 0
f(x) = -g(x)
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
3 2 2 6x x
− = +
+ Với x
≥

2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6
⇔
x = 8 ( nhận)
+ Với x <
2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6
⇔
x = - 4/5 ( nhận)
Vậy : S =
4

≥
1

⇔
1 2 1 1 1 2 1 1 2x x x x− + − + + − − − + =

⇔ 1 1 1 1 2x x− + + − − =
(2) ; ( vì
1 1 0x − + >
)
* Nếu x > 2 thì Pt (2)
⇔
1x − +1 + 1x − - 1 = 2 1x − = 1
⇔
x = 2 (loại)
* Nếu 1
2x≤ ≤
thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 + 1 -
1x −
= 2
⇔
0.x = 0 , Pt vô số nghiệm
Vậy Pt đã cho có nghiệm 1
2x≤ ≤

+ Cách khác : Sau khi biến đổi đến Pt (2) ta có thể viết :
1 1 1 1x x− − = − −

2
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
3 2 1 0x x x+ − − + =
. (2)
x 1/2 1
2x – 1 – 0 + +
X - 1 – – 0 +
2
* DẠNG 4:
( )a b h x
+ =
f(x) g(x)

+ Dùng bảng xét dấu các giá trị biến là nghiệm của các đa thức , để
khử dấu giá trị tuyệt đối , rồi giải các Pt
+ Nếu
3x
< −
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x− + − − −  − =
 
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
+ Nếu :
3 0x
− ≤ <

, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.

III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau : a)
2
2 1 5x x− + =
; b)
2
4 4 1 2x x x− + = −
c)
2 2
6 9 4 4 0x x x x− + + + + =
B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM
+ Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình.
+ Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên.
I.CÁC DẠNG BÀI TẬP :Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x

- 1 )
2
= 0
⇔
( )
4 0
4 1 1
x
x o
=



+ − =


⇔
0
4 1 1
x
x
=


+ =


⇔
x = 0 ( nhận) . Vậy : S =
{ }

⇔



A = 0
B = 0

⇔

2 1 0
3 1 0
5 1 0
x
y
z

− − =


− − =


− − =



⇔
3
4
6

( 1)( 2) 0
x
x x
− =


− − =


⇔
1
1
2
x
x
x
=


=




=



⇔
x = 1 . Vậy : S =


⇔
x =1 . Vậy : S =
{ }
1
II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau :
a)
1
1 2 ( )
2
x y z x y z+ − + − = + +
; b) x + y + 4 = 2
x
+ 4
1y −
;
c) x + y + z + 4 =
2 2 4 3 6 5x y z− + − + −
; d )
2 2
9
3 2 1 0
4
x x x x+ + + + + =
C. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP VÀ BẤT ĐẲNG THỨC :
+ Sử dụng được tính chất đối lập ở hai vế của phương trình.
+ Ngoài những bất đẳng thức của các số không âm ở bài trước , cần nắm
thêm và sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc như BĐT Cô Si;
BĐT Svacxơ; BĐT về giá trị tuyệt đối vào việc giải phương trình.

5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
4
* DẠNG 6 :

⇔


A = 0
A + B = 0
B = 0
* DẠNG 7 :

⇔


A = 0
A + B = 0
B = 0
* DẠNG 8 :
≥


≤




A
2
= 2 + 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
(Áp dụng BĐT Cô Si 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
)
Do đó A
≤
2
(VP) : B =
2
16 66x x− +
= (x – 8 )
2
+ 2
≥
2
Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận)
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau :
a)
2 4 2 2
3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + − + = − −

b)
2 2 2
6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x
− + + − + + − + = +
c)

+ x + 1) (5x – 2)
Mà x
2
+ x + 1 = (x + ½)
2
+ ¾ > 0
nên
3 2
5 3 3 2x x x
+ + −
có nghĩa khi 5x – 2
≥

⇔
x
≥
2/5
⇒

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

≤

2 2
1 5 2 1
3
2 2 2
x x x x

− + − +
− + − = − + − ≤ + =
Dấu “ = ” xảy ra khi
2 3 0
5 2 0
x
x
− =


− =


⇔
x = 2
5
* DẠNG 9 : Với hai số a ,b không âm ta có :

≥a + b 2 a.b
Dấu “=” xảy ra khi a = b
Mặt khác 3x
2
– 12x +14 = 3(x
2
– 4x + 4) + 2 = 3(x – 2)
2
+ 2
2≥

Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 0

, dấu ‘=” xảy ra khi x = 6
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6
4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :

Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :

2 2
4 4 6 9 1x x x x
− + + − + =
Giải :
2 2
( 2) ( 3) 1 2 3 1
2 3 2 3 1
x x x x
x x x x
⇔ − + − = ⇔ − + − =
⇔ − + − ≥ − + − =
Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x)
≥
0
⇔
2
≤
x
≤
3
Vậy Pt đã cho có nghiệm là : 2
≤
x
≤

Dấu “=” xảy ra khi A và B cùng dấu hay A.B
≥
0
• DẠNG 11’ :
≥
A A
Dấu “=” xảy ra khi A
≥
0
Do (1) nên phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức
2 0
3 0
x
x
− ≥


− ≥
⇔
2 3x≤ ≤
là nghiệm Pt
CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA
1)
1 1 2x x− − + =
; ĐK : x
≥
1

2 3 1x x
− + − =
Nghiệm :
4 9x
≤ ≤
b)
6 4 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + =
; ĐK : x
≥
-2 ,
Đặt :
2 0x y+ = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
2 7x
≤ ≤
c)
2 4 2 7 6 2 1x x x x+ − − + + − − =
; ĐK : x
≥
2 ,
Đặt :
2 0x y− = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
6 11x≤ ≤



=

+ Với y = 4
⇔
x
2
= 4
⇔
x =
±
2 . Vậy : S =
{ }
2;2−
7
* DẠNG 12 : PT TRÙNG PHƯƠNG : ax
4
+ bx
2
+ c = 0 ( a
≠
0 )
+ Đặt : x
2
= y
≥
0 , ta có Pt : ay
2
+ by + c = 0

±
89
+ Với t = 89 thì ta có y
2
+ y – 90 = 0
9
10
y
y
=


= −


⇔
12 3 9
12 3 10
x
x
− =


− = −

⇔
1
7
12
x

+ (y – 1)
4
= 16 khai triển rút gọn ta có : y
4
+ 6y
2
– 7 = 0 (2)
Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6

Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x
4
+ 3x
3
+ 4x
2
+ 3x

+ 1 = 0
Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : (x
2
+
2
1
x
) + 3( x +
1
x

+ Với y = -2 ta có Pt : x +
1
x
= -2
⇔
x
2
-2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1
8
* DẠNG 14 : PT dạng : (x + a)
4
+ (x + b)
4
= k
+ Đặt : y = x +
a +b
2

* DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax
4
+ bx
3

±
cx
2
+ bx + a = 0
( a
≠
0 ) .

u = 0
+ Xét v
≠
0, chia hai vế cho v
2
ta có Pt :
   
 ÷  ÷
   
2
u u
a + b +c = 0
v v
Đặt y =
u
v
ta có Pt bậc hai ẩn y : ay
2
+ by + c = 0

Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x
2
– 3x – 1 )
4
– 13x
2
(x
2
– 3x – 1)
2



⇔
x
∈∅
+ xét v
≠
0 , chia hai cho v
2
ta có Pt :
13 36
   
−
 ÷  ÷
   
2
u u
+ = 0
v v
Đặt y =
 
 ÷
 
u
v
ta có PTBh : y
2
– 13y + 36 = 0

E-PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC ( HAY PT VÔ TỈ )
9
DẠNG 1 :
f(x) = a
+ a < 0 , Pt vô nghiệm .
+ a = 0 , f(x) = 0
+ a > 0) _ Giải Pt - ĐK : f(x)
≥
0
_ Bình phương hai vế
_ Giải Pt , đối chiếu ĐK tìm nghiệm
DẠNG 2:
( )g xf(x) =

[ ]
2
( )g x
≥


⇔



g(x) 0
f(x) =
DẠNG 3:
2
af (x) =


− = −

⇔

2
7 / 2
4 29 52 0
x
x x
≥


− + =


Giải Pt : 4x
2
– 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại)
b)
2
3 3 5x x− = −

⇔

2
3 5 0
3 3 5
x
x x

⇔
5 / 3
2( ); 1( )
x
x nh x l
≥


= =


Ví dụ 1: Giải phương trình:
x 3 5 x 2+ = − −
(2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(2) ⇔
x 3 x 2 5+ + − =
⇔
2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − =
( bình phương 2 vế )
⇔
(x 3)(x 2) 12 x+ − = −
⇔
2 2
2 x 12
2 x 12
x 6
25x 150
x x 6 144 x 24x
≤ ≤

( )h x
+ =
f(x) g(x)DẠNG 4.2:
( )h x
+ =
f(x) g(x)Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(3) ⇔
x 1 12 x x 7+ = − + −
⇔
x 1 5 2 (12 x)(x 7)+ = + − −
( bình phương 2 vế )
⇔
2
2 19x x 84 x 4− − = −
⇔ 4(19x – x
2
– 84) = x
2
– 8x + 16
⇔ 76x – 4x
2
– 336 – x
2
+ 8x – 16 = 0

1
=
44
5
; x
2
= 8

Ví dụ1. Giải phương trình:
x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + =
(4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔
x 9 x x 1 x 4+ + = − + −
⇔
2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − −
⇔
7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − −
⇔
2 2
49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − +
⇔ 45 + 14x + 14
x(x 9)+
= 0
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +
1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
a) Dạng 2:
f (x) g(x)=
⇔
2
g(x) 0
f (x) [g(x)]
≥


=

Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥

≥


: x
1≥
_Chuyển vế ( bớt dấu - ) ,ta có :
1 5 1 3 2x x x− = − + −
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 2 – 7x =
2
2 15 13 2x x− +

Đến đây có hai cách giải :
• Cách 1: ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 11x
2
– 24x + 4 = 0
⇔
(11x – 2)(x – 2) = 0
x
1
= 2/11 (loại ) ; x
2 = 2
( loại ) . Vậy Pt vô nghiệm
• Cách 2 : ta có ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
⇔

5)
2 1 2 1 2x x x x− − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
1/ 2 1x≤ ≤
6)
6 9 6 9 6x x x x+ − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
3 / 2 3x≤ ≤
Sau khi bình phương hai vế , rồi so sánh giá trị hai vế , rut ra nghiệm Pt
7)
2 1 2 1x x x− − − = +
; ĐK : x
≥
2 .(1)
Bình phương hai vế được 2x – 1 + x – 2 + 2
2
2 5 2 1x x x− + = +

⇔

2
2 5 2 2x x x− + = −
Phải x
≤
2 (2) . Từ 1 & 2 ta có x = 2 , nghiệm đúng Pt
8)
3 15 4 17 2x x x+ − + = +
ĐK : x
≥
- 2

x
2
+ 7x + 7 = y
2

(1)
⇔
3y
2
+ 2y – 5 = 0
⇔
(y – 1)(3y + 5) = 0
⇔
y = -5/3 (loại) ; y = 1 (nhận)
+
2
7 7 1x x+ + =

⇔
x
2
+ 7x + 6 = 0
⇔
(x + 1)(x + 6) = 0
⇔
x = -1 ; x = -6
Với x = -1 ; x = -6 thỏa mãn x
2
+ 7x + 7
≥

≥
0 ; 2x – 1 = b
≥
0 . Pt là
3 15a b a b+ = +
Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được b = 0 hoặc b = a . Nghiệm ½; 5
4) X
2
+ 3x + 1 = (x + 3)
2
1x +
(1)
Giải : Đặt t =
2
1x +
, t
≥
0 ; (1)
⇔
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0 (2)

∆
= (x + 3)
2
– 12x = (x - 3)
2

≥

2x 1 x 2 x 3+ − − = +
13