Tuyển tập các bài toán phương trình vô tỷ hay và khó
Gửi bởi: Đỗ Thị Kiều1 23 tháng 12 2020 lúc 14:10:36 | Được cập nhật: 14 giờ trước (5:15:58) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 402 | Lượt Download: 1 | File size: 2.897627 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Các đề luyện thi TNTHPT môn Toán
- Chuyên đề sự đồng biến và nghịch biến
- Chuyên đề cực trị của hàm số
- Test công thức
- 300 câu trắc nghiệm chương Đạo hàm theo chủ đề
- 520 bài tập trắc nghiệm đạo hàm
- Đề luyện tập Chuyên đề 1 - Ứng dụng của đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
- Đề luyện tập Chuyên đề 2 - Khối đa diện
- Đề luyện tập Chuyên đề 3 - Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm lôgarit
- ĐỀ 44-TỔNG HỢP (ĐẾN NGUYÊN HÀM-MẶT CẦU)
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Nguyễn Công Lợi
CHUYÊN ĐỀ
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ
Nghệ An, tháng 9 năm 2019
2
Website:tailieumontoan.com
PHẦN 1. PHÂN TÍCH VÀ SUY LUẬN
TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH
Trong các nội dung trước chúng ta đã được tìm hiểu về các phương pháp giải một
phương trình vô tỷ cũng như một phương trình vô tỷ có nhiều phưng pháp tiếp cận xử lý.
Tuy nhiên khi đứng trước một bài toán phương trình vô tỷ làm thế nào để tiếp cần và đưa
ra được một lời giải cho nó là một câu hỏi lớn và đang còn bỏ ngỏ. Với mục đích mở ra
một hướng đi, một suy nghĩ cần có trước một phương trình vô tỷ thì trong chủ đề này
chúng tôi xin đưa ra một số phân tích và suy luận để giải thích lại giải bài toán như thế.
Trong chủ chúng tôi xin giới thiệu một số nội dung
Phân tích và suy luận đứng trước một phương trình vô tỷ
Lựa chọn phương án hợp lý để tìm được lời giải tối ưu.
Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục
Ví dụ 1. Giải phương trình x2 6x 3 4x 2x 1 .
Phân tích và lời giải
Trước một phương trình vô tỷ, cho dù chúng ta chọn phương pháp nào thì mục
đích cuối cùng cũng là làm cho phương trình thoát đi các căn thức một cách đơn giản và
đơn giản hóa tối đa phương trình. Một điều nữa khi giải phương trình vô tỷ đó là cần cố
gắng nhẩm được một nghiệm để có thể phán đoán hướng đi một cách đúng đắn. Không
quá khó khăn ta nhân thấy phương trình đang xét có một nghiệm x 1 . Phương trình chỉ
chứa một dấu căn thức bậc hai nên có thể loại bỏ căn thức bậc hai bằng phương pháp nâng
lên lũy thừa, đặt ẩn phụ,…
Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x
1
.
2
1
. Phương trình đã cho tương đương với
2
x 4 30x 2 12x 3 36x 9 16x 2 2x 1 x 4 20x 3 46x 2 36x 9 0
Nhận xét x x2 6x 3 0, x
x 2 x 1 18x x 1 9 x 1 0
2
2
2
x 2 18x 9 x 1 0 x 9 6 2;1; 9 6 2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm S 9 6 2;1; 9 6 2 .
2x 1 do đó ta biến đổi phương trình và thực
Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức
hiện
đặt
ẩn
phụ.
Để
ý
rằng
phương
trình
đã
x2 4x 2x 1 3 2x 1 0. Khi đó ta thực hiện phép đặt
cho
tương
đương
với
2x 1 y y 0 . Lúc này
phương trình thu được là x2 4xy 3y2 0 , đây là phương trình đồng bậc 2 và chú ý đến
các hệ số thì ta phân tích được.
x2 4xy 3y2 0 x x y 3y x y 0 x y x 3y 0
x 0
x 0
+ Trường hợp 1. Với x y 0 x 2x 1 2
x 1.
2
x
1
0
x 2x 1 0
x 0
+ Trường hợp 2. Với x 3y 0 x 3 2x 1 2
x 96 2 .
x
18x
9
0
Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S 9 6 2;1; 9 6 2 .
Hướng 3. Do phương trình nhẩm được nghiệm đẹp x 1 , khi đó ta nghĩ đến phương
pháp nhân lương liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung x 1 .
4x x 2 1 3x 6x 3
x 1
2
2
4x x 1
2
x 2x 1
x 1
3 2 1 x 0
x 3 2 1
3 x 1
2
x 0
Ta có x 3 2 1 2
x 9 6 2; 9 6 2 . Đối chiếu điều kiện ta thu
x
18x
9
0
được ba nghiệm như trên.
Hướng 4. Phương trình đã cho có đại lượng 4x 2x 1 nên ta nghĩ đến phân tích
phương trình về dạng A2 B2 hoặc A2 B2 0 . Với định hướng đó ta viết phương trình
đã cho vè các dạng như sau
+ Khi viết phương trình về dạng A2 B2 ta thấy có các khả năng sau
2
Với x2 6x 3 4x 2x 1 5x 2 8x 4 2x 2x 1 , khi đó ta thấy vế trái không
phân tích được thành bình phương.
2
Với x2 6x 3 4x 2x 1 2x 2 16x 7 x 2 2x 1 , khi đó ta thấy vế trái không
phân tích được thành bình phương.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4
Website:tailieumontoan.com
Với x2 6x 3 4x 2x 1 x 2 2x 1
2
2x 1 , khi đó dễ thấy 2x 1
2
2x 1 .
Như vậy ta có thể giải được bài toán.
Khả năng biến đổi viết phương trình về dạng A2 B2 0 không thực hiện được nên ta
trình bày lời giải cho phương trình như sau
1
. Phương trình đã cho tương đương với
2
x 3 2x 1
2
2
x2 4x 2x 1 4 2x 1 2x 1 x 2 2x 1 2x 1
x 2x 1
x 0
+ Với x 3 2x 1 2
x 9 6 2; 9 6 2
x
18x
9
0
x 0
x 0
+ Với x 2x 1 2
x1
2
x
1
0
x 2x 1 0
1
Đối chiếu với điều kiện x , kết luận tập nghiệm S 9 6 2;1; 9 6 2 .
2
Điều kiện xác định của phương trình là x
Nhận xét. Qua ví dụ trên ta nhận thấy khi đứng trước một phương trình vô tỷ thì lối đi giải bài
toán đặt trong tâm vào nhiều hướng tư duy. Tuy nhiên việc lựa chọn hướng đi nào cho đúng đắn
phụ thuộc vào quá trình phân tích và gỡ rối như thế nào cho hiệu quả. Trong các lời giải trên mỗi
lời giải đều có điểm thú vị của nó. Do phương trình có nghiệm kép x 1 nên sử dụng phương
pháp nâng lên lũy thừa là cách giải gọn gàng hơn cả.
Ví dụ 2. Giải phương trình 3 x2 1 4x 4x 4x 3
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho trong ví dụ 2 có hình thức tương tự như trong ví dụ đầu nên
ta có các hướng tiếp cận lời giải cho phương trình trên như sau. Nhẩm một số giá trị đặc
biệt ta thấy phương trình có hai nghiệm đẹp là x 1 và x 3
Hướng 1. Phương trình đã cho có chứa một căn thức bậc hai và biểu thức ngoài căn có
dạng tam thức bậc hai. Do đó khi thực hiện phep nâng lên lũy thừa thì phương trình thu
được có bậc 4. Chú ý rằng phương trình có hai nghiệm là x 1 và x 3 nên khi phân tích
phương trình thành tích thì phương trình có chứa nhân tử x 1 x 3 và nhân tử còn lại
là tam thức bậc hai nên ta giải được.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5
Website:tailieumontoan.com
Điều kiện xác định của phương trình là x
3
. Phương trình đã cho tương đương với
4
9x 4 24x 3 2x 2 24x 9 16x 2 4x 3 9x 4 40x 3 46x 2 24x 9 0
x 1
x 1 x 3 9x 2 4x 3 0
x 3
Phương trình 9x2 4x 3 0 vô nghiệm do 0 .
Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S 1; 3 .
Hướng 2. Hoàn toàn tương tự như ví dụ thứ nhất, do phương trình chứa căn
nên ta có thể thực hiện phép đặt
4x 3
4x 3 y y 0 để đưa phương trình về dạng đồng
bạc hai,
Phương trình đã cho tương đương với 3x2 4x 3 4x 4x 3 .
Đặt
4x 3 y y 0 , khi đó ta thu được phương trình
x y
3x2 4xy y 2 0 x y 3x y 0
3x y
Ta xét hai trường hợp sau
x 0
x 1; 3 .
+ Trường hợp 1. Với x y x 4x 3 2
x 4x 3 0
x 0
+ Trường hợp 2. Với 3x y 3x 4x 3 2
, hệ vô nghiệm.
9x
4x
3
0
So sánh điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S 1; 3 .
Hướng 3. Để ý trong phương trình ta thấy có đại lượng 4x 4x 1 và lại có
3x2 4x2 x2 nên ta viết phương trình lại thành
4x2 4x 4x 3 4x 3 x 2 2x 4x 3
2
x 2 . Đến đây ta có lời giải cho phương
trình.
Phương trình đã cho tương đương với
3x2 4x 3 4x 4x 3 4x2 4x 4x 3 4x 3 x 2
x 4x 3
2
2x 4x 3 x 2
3x 4x 3
x 0
x 1; 3 .
+ Với x 4x 3 2
x 4x 3 0
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6
Website:tailieumontoan.com
x 0
+ Với 3x 4x 3 2
, hệ vô nghiệm.
9x
4x
3
0
So sánh điều kiện thu được tập nghiệm S 1; 3 .
Hướng 4. Phương trình có hai nghiệm x 1 và x 3 nên ta có thể sử dụng phương
pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử x2 4x 3 .
Lại có x 4x 3 x 4x 3 x2 4x 3 . Đến đây ta giải được bài phương trình
bằng phương pháp nhân lương liên hợp.
Điều kiện xác định của phương trình là x
với
4x x 4x 3 x 4x 3
x 2 4x 3
+ Với x2 4x 3 0 x 1; 3
2
3
. Phương trình đã cho tương đương
4
4x x 2 4x 3
x 4x 3
x
2
4x 3
4x 3 3x 0
x 0
+ Với 3x 4x 3 2
, hệ vô nghiệm.
9x 4x 3 0
Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm S 1; 3 .
Nhận xét. Trong ví dụ thứ hai ta lại thấy được nhiều hướng đi trong tìm lời giải cho bài toán. Các
hướng phân tích đều có tính hợp lý dựa trên mỗi liên hệ giữa các đại lượng cho trong phương trình
và các lời giải đều có tính tự nhiên.
Ví dụ 3. Giải phương trình 3x2 2x 7 3 x 1 x2 3 .
Phân tích và lời giải
Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận
phương trình đó làm triệt tiêu căn thức bậc hai. Chú ý rằng các đại lượng ngoài căn là nhị
thức bậc nhất và tam thức bậc hai nên để làm triệt tiêu căn thức bậc hai ta có thể sử dụng
phương pháp nâng lên lũy thừa hoặc phép đặt ẩn phụ. Nhẩm một số giá trị ta nhận được
x 1 là một nghiệm của phương trình. Do đó với phương trình này ta có một số hướng
tiếp cận như sau
Hướng 1. Nhận thấy các đại lượng có ngoài căn có bậc nhât và bậc hai, còn đại lượng
trong căn là một đa thức bậc hai. Ngoài ra để ý đến hệ số cao nhất của các đại lượng thì ta
thấy nên nếu sử dụng pháp nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được là phương trình
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7
Website:tailieumontoan.com
bậc ba. Mà phương trình lại có một nghiệm là x 1 nên phương trình bậc ba giải được.
Đến đây ta giải được bài toán
Điều kiện xác định của phương trình là x 1 .
Để ý rằng 3x2 2x 7 x 1 2 x2 3 0 với mọi x 1 , do đó phương trình đã
2
cho tương đương với
3x
2
2x 7
9 x 1 x 2 3
2
2
9x 3 12x 3 46x 2 28x 49 9x 4 18x 3 36x 2 54x 27
6x 3 10x 2 26x 22 0 x 1 6x 2 4x 22 0
Dễ thấy phương trình 6x2 4x 22 0 vô nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta được
x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 2. Chú ý đến đại lượng 3 x 1 x2 3 , để làm triệt têu căn thức ta có thể sử
dụng
phép
x 1
2
đặt
ẩn
phụ.
Khi
phương
trình
được
viết
lại
thành
3 x 1 x2 3 2 x 2 3 0 và thực hiện đặt ẩn phụ a x 1; b x2 3 thì ta
viết phương trình về dạng phương trình đẳng cấp bậc hai.
Điều kiện xác định của phương trình là x 1 . Phương trình đã cho tương đương
với
x 1
2
3 x 1 x2 3 2 x 2 3 0
Đặt a x 1; b x2 3 0 . Khi đó phương trình trên trở thành
a b
a 2 3ab 2b2 0 a b a 2b 0
a 2b
Ta xét hai trường hợp
x 1
x 1 0
x 1.
+ Với a b ta được x 1 x 2 3
2
2
2x 2
x 1 x 3
x 1
x 1 0
+ Với a 2b ta được x 1 2 x 2 3
, hệ vô
2
2
2
3x 2x 11 0
x 1 4x 12
nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8
Website:tailieumontoan.com
Hướng 3. Lại để ý đến đại lượng 3 x 1 x2 3 ta nghĩ đến phân tích phương trình về
dạng hiệu của hai bình phương.
Phương trình đã cho tương đương với
12x 2 8x 28 12 x 1 x 2 3
4 x 2 2x 1 12 x 1 x 2 3 9 x 2 3 x 2 3
2
2x 2 3 x 2 3
2
x2 3
2
2x 2 3 x 2 3 x 2 3
x 1 2 x 2 3
2x 2 3 x 2 3 x 2 3
x 1 x 2 3
x 1
x 1 0
+ Với a b ta được x 1 x 2 3
x 1.
2
2
2x 2
x 1 x 3
+ Với a 2b ta được hệ vô nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 4. Chú ý rằng phương trình có nghiệm duy nhất là x 1 nên ta nghĩ đến
phương pháp nhân đại lượng liên hợp để tạo ra nhân tử chung x 1 .
Phươg trình đã cho tương đương với
3 x 1 3 x 1 x 2 3 4x 4 3 x 1 x 1 x 2 3 4 x 1
2
3 x 1 x 1 x 2 3 x 1 x 2 3
x 1 x2 3
4 x 1
x 1 0
4 x 1 6 x 1
4
x 1 x2 3
2
x 1 x 3
6 x 1 x 1
+ Khi x 1 0 x 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.
+ Khi
6 x 1
x 1 0
4 x 1 2 x2 3 2
, hệ vô nghiệm.
x 1 x2 3
3x 2x 11 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 1 .
Nhận xét. Về mặt hình thức thì phương trình cho trong ví dụ ba hoàn toàn tương tự như các ví
dụ trên nên các hướng tiếp cận phương trình như trên là hoàn toàn tự nhiên.
Ví dụ 4. Giải phương trình 7x
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
2
1 7 x2 x 2 .
x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9
Website:tailieumontoan.com
Phân tích và lời giải
Phương trình được cho trong ví dụ 4 có hình thức tương tự như ví dụ 3 do đó ta có
các hướng tiếp cận phương trình như sử dụng phép nâng lên lũy thừa, đặt ẩn phụ đưa
phương trình về dạng đẳng cấp, phân tích phương trình thành tích,…
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương
đương với
7x2 x 2 7x x2 x 2 x2 x 2 7x x2 x 2 6x2 0
Đặt t x2 x 2 0 , khi đó phương trình trên trở thành
t x
t 2 7xt 6x 2 0 t x t 6x 0
t 6x
x 0
x 0
, hệ vô nghiệm.
x2 x 2 x 2
2
x x 2 x
x 2 0
+ Với t x ta được
+ Với t 6x hay
x 0
1 281
x2 x 2 6x 2
x
2
70
x x 2 36x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
1 281
.
70
Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với
7x2 x 2 7x x2 x 2 28x2 4x 8 28x x2 x 2
4 x 2 x 2 28x x 2 x 2 49x 2 25x 2 2 x 2 x 2 7x
+ Với
+ Với
5x
2
2
2 x 2 x 2 7x 5x
x 2 x 2 6x
2 x 2 x 2 7x 5x
x2 x 2 x
x 0
x 0
x2 x 2 x 2
, hệ vô nghiệm.
2
x 2 0
x x 2 x
1 281
x 0
x 0
x2 x 2 6x 2
x
2
2
70
x x 2 36x
35x x 2 0
1 281
.
70
Hướng 3. Dễ thấy 7x2 x 2 0 với mọi x 0 . Khi đó phương trình đã cho tương
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
đương với
7x 2 x 2
2
7x x 2 x 2
49x 14x 29x 4x 4 49x x x 2
2
4
3
2
2
2
35x 3 69x 2 4x 4 0 x 2 35x 2 x 2 0
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10
Website:tailieumontoan.com
Do x 0 nên từ phương trình trên ta được 35x2 x 2 0 x
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x
1 281
.
70
1 281
là nghiệm duy nhất của phương trình.
70
Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với
7x
x2
x2
7 x2 x 2
7 x 2 x 2 7x
x
x
x2 7
x
x2 x 2 x
x2 x 2 x
x2 x 2 x
x 2 1
x
0
x2 x 2 x
7
Do x 0 nên từ phương trình trên ta được
1
7
1 281
x 0
0 x2 x 2 6x
x
2
2
x
70
35x x 2 0
x x2 x
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x
1 281
là nghiệm duy nhất của phương trình.
70
Ví dụ 5. Giải phương trình x2 3x 4 3 x3 6x2 11x 6 .
Phân tích và lời giải
Phương
trình
chỉ
chứa
một
dấu
căn
và
để
ý
rằng
x3 6x2 11x 6 x 1 x 2 x 3 . Cũng từ phân tích như trên ta có điều kiện xác định
là
x3
hoặc
1 x 2,
x3 6x2 11x 6 x 11.
khi
đó
ta
viết
được
căn
thức
bậc
hai
thành
x 2 x 3 . Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân
tích được x2 3x 4 x 2 x 3 x 1 . Đến đây ta có thể sử dụng phương pháp đặt
ẩn phụ để giải phương trình.
x 3
.
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 1 x 2 x 3 0
1
x
2
Phương trình đã cho tương đương với x2 5x 6 2 x 1 3 x 1. x 2 5x 6 .
Đặt a x2 5x 6; b x 1 a 0; b 0 . Khi đó phương trình trên trở thành
a b
a 2 2b2 2ab a b a 2b 0
a 2b
+ Với a b ta được
+ Với a 2b ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
x2 5x 6 x 1 x2 6x 7 0 x 3 2 .
x2 5x 6 2 x 1 x 2 9x 10 0 x
9 41
.
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11
Website:tailieumontoan.com
9 41
9 41
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S
; 3 2; 3 2;
.
2
2
x 3
.
Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 1 x 2 x 3 0
1 x 2
Nhận thấy x 1 không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác định thì
x 1 0.
Phương trình đã cho tương đương với
x2 5x 6 2 x 1 3 x 1. x 2 5x 6
x 2 5x 6
Đặt t
x 1
a 0 . Khi đó ta có t
2
x2 5x 6
x 2 5x 6
2 3
x 1
x 1
t 1
2 3t t 1 t 2 0
t 2
Với t 1 ta được
x2 5x 6 x 1 x2 6x 7 0 x 3 2
Với t 2 ta được
x2 5x 6 2 x 1 x 2 9x 10 0 x
9 41
.
2
9 41
9 41
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S
; 3 2; 3 2;
.
2
2
Ví dụ 6. Giải phương trình x 1 2x 1 3x2 8x 4
Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc hai do đó ta cần đơn giản hóa tối đa phương
trình bằng cách làm triệt tiêu các căn thức. Ta có thể loại bỏ một căn thức hoặc lại bỏ hai
căn thức. Từ đó ta thấy có các định hướng xử lý như sau.
Hướng 1. Đầu tiên ta tiếp cận với phương trình với hướng nâng lên lũy thừa. Để ý rằng
sau lần nâng lên lũy thừa thứ nhất phương trình chưa triệt tiêu hết căn thức. Do đó ta có
thể xử lý tiếp bằng cách nâng lên lũy thừa hai vế tiếp. Chú ý rằng phương trình có một
nghiệm là x 0 .
2x 1 0
Điều kiện xác định là 2
. Phương trình đã cho tương đương với
3x 8x 4 0
x 1 2x 1
2
3x 2 8x 4
x 4x 2 2 x 1
2
2
2 x 1 2x 1 2x 2 4x 2 x 1 2x 1 x 1
2x 1 3x 2 8x 4
2
Do x 1 0 nên từ phương trình trên ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12
Website:tailieumontoan.com
x 1 0
x 1
x 1 2x 1 2
2
x 0 , thỏa mãn.
x
2x
1
2x
1
x
0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 .
Hướng
2.
Sử
dụng
3x 8x 4 3 x 1 2x 1
2
2
phương
khi
đó
pháp
ta
hệ
số
viết
bất
định
phương
ta
phân
trình
lại
tích
thành
x 1 2x 1 3 x 1 2x 1 . Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để xử lý
2
phương trình.
Phương trình đã cho tương đương với x 1 2x 1 3 x 1 2x 1
2
Đặt a x 1; b 2x 1 a 0; b 0 . Khi đó ta được phương trình
a b 3a 2 b2 a b 3a 2 b2 a 2 ab 0 a a b 0
2
Do a 0 nên từ phương trình trên ta được a b
x 1 0
x 1
Do đó x 1 2x 1 2
2
x 0 , thỏa mãn.
x 2x 1 2x 1
x 0
Hướng 3. Cũng từ định hướng trên ta nhận thấy nếu chia hai vế của pương trinh cho
2x 1 thì phương trình có dạng
x1
1
3 x 1
2
1 . Đến đây ta đặt t
x1
2x 1
2x 1
2x 1
để giải phương trình đã cho. Chú ý xét các trường hợp để phép chia thực hiện được.
Phương trình đã cho tương đương với x 1 2x 1 3 x 1 2x 1
2
Nhận thấy x
1
không phải là nghiệm của phương trình.
2
1
Xét x , khi đó phương trình trên tương đương với
2
Đặt t
x1
2x 1
x1
2x 1
1
3 x 1
2x 1
2
1
0 . Khi đó ta được t 1 3t 2 1 t 2 2t 1 3t 2 1 t 1
x 1 0
x 1
2
x 0 , thỏa mãn.
Do đó x 1 2x 1 2
x
2x
1
2x
1
x
0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 .
Nhận xét. Phương trình chứa hai căn thức bậc hai nên hoàn toàn tự nhiên khi ta chọn phương
án ẩn phụ hóa phương trình. Có hai cách ẩn phụ hóa như trên nhưng về mặt bản chất hai cách đó
là một và chỉ khác nhau ở hình thức trình bày lời giải.
Ví dụ 7. Giải phương trình
x2 5x 3 x2 5x 2 5
Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13
Website:tailieumontoan.com
Quan sát phương trình đã cho thì suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận phương trình đó là
nhân lượng liên hợp đưa phương trình về hệ tạm. Ngoài ra để ý ta thấy
x
2
5x 3 x2 5x 2 5 thì ta lại có các hướng tiếp cận như đặt ẩn phụ hoặc nâng lên
lũy thừa
Hướng 1. Điều kiện các định của phương trình là x2 5x 2 . Biến đổi tương đương
phương trình đã cho ta được
2
x 5x 2 5
x 5x 3 5 x 5x 2
2
2
2
x 5x 3 x 5x 2 25 10 x 5x 2
2
x 1
x 5x 2 5
Hay ta được
x 2 5x 6 0
2
x 6
x 5x 2 2
2
2
Thử vào điều kiện xác định ta thấy x 1 và x 6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x 1 và x 6 .
2
2
2
a x 5x 3
a x 5x 3
a 2 b2 5 .
Hướng 2. Đặt
a 0; b 0 , khi đó 2
2
2
b x 5x 2
b x 5x 2
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình
a b 5 a 3
a b 5
a b 5
2
2
a b 5
a b a b 5 a b 1
b 2
2
x 1
a x 5x 3 3
Từ đó ta được
x2 5x 6 0
2
x 6
b x 5x 2 2
Thử vào điều kiện xác định ta thấy x 1 và x 6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x 1 và x 6 .
Hướng 3. Chú ý rằng
x2 5x 3 x2 5x 2 với mọi x thuộc điều kiện xác định.
Do đó ta biến đổi phương trình như sau
x 5x 3 x
2
Thu gọn ta được
2
x
5x 2 5
2
5x 3 x 2 5x 2
5
x 5x 3 x 5x 2
2
2
x 5x 3 x 5x 2 1 .
2
2
2
2
x 5x 3 x 5x 2 1
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ
2
2
x 5x 3 x 5x 2 5
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14
Website:tailieumontoan.com
x 1
Từ đó suy ra 2 x2 5x 3 5 x 2 5x 6 0
x 6
Thử vào điều kiện xác định ta thấy x 1 và x 6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x 1 và x 6 .
Nhận xét.
Trong cả ba lời giải trên ta đều không đi sâu vào giải các điều kiện phức tạp mà lại dùng phép
thử lại nghiệm để kết luận.
Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đường bằng cách nâng lên lũy
thừa hết sức thuần túy mặc dù phương trình hệ quả thu được không được đẹp co lắm. Ở đây ta
không đi giải điều kiện
x2 5x 2 5 để tránh việc đối chiếu nghiệm phức tạp.
Lời giải thứ hai thực hiện bằng phép đặt ẩn phụ để đưa phương trình về thành hệ và ở đây có sử
dụng một hằng đẳng thức hết sức quan thuộc.
Lời giải thứ ba sử dụng cách nhân lượng liên hợp với chú ý
A B
đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một phương trình cơ bản dạng
AB
A B
A B 0 ,
f x g x . Bản chất
của lời giải thứ hai và thứ ba là như nhau nhưng khác ở hình thức trình bày lời giải.
Ví dụ 8. Giải phương trình
4
x 4 2x 2.
Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc bốn, do đó ta không không thể sử dụng pháp
nâng lên lũy thừa để xử lý phương trình. Để ý rằng x 2 x 2 nên ta nghĩ đến phương
pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ phương trình. Ngoài ra từ điều kiện xác
định 0 x 2 và nhẩm thấy phương trình có một nghiệm là x 1 nên ta có thể xử lý
phương trình bằng phương pháp đánh giá.
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0 x 2 .
Để ý rằng x 2 x 2 nên khi đặt a 4 x; b 4 2 x a 0; b 0 thì ta thu được
phương trình a 4 b4 2 . Phương trình đã cho trở thành a b 2 . Chú ý rằng a 0; b 0
nên ta suy ra được 0 a, b 2 . Từ đó dẫn đến 0 ab 4 . Kết hợp hai phương trình trên ta
a b 2
có hệ 4
.
4
a b 2
Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng dạng 1 nên biến đổi tương
đương hệ phương trình ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15
Website:tailieumontoan.com
2
2
2
2
a b 2
a b 4 2ab
a b 4 2ab
2
4
2
2 2
4
2
2 2
a b 2
a b 2a b 4
4 2ab 2a b 4
a 2 b 2 4 2ab
a 2 b 2 4 2ab
2 2
ab 1
ab 7
a b 8ab 7 0
Kết hợp với điều kiện 0 ab 4 ta được ab 1 .
4
ab 1
a 1
x 1
Khi đó ta có hệ phương trình
x 1.
4
a
b
1
b
1
2
x
1
Thử x 1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất là x 1 .
Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là 0 x 2 .
Để ý rằng với x 1 thì ta có x 1 2 x và
và
x 1 2 4 x Đồng thời lại có 2 x 1 2 2 x
2 x 1 2 4 2 x . Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá phương trình.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm ta được
x1
1
4
x 1
x.1 1
x3
4
2
x x.1
2
2
2
4
2x1
1
2
x
.1
1
5x
4 2 x 4 2 x 1 2 x 1
2
2
2
2
4
x3 5x
2.
4
4
Như vậy để phương trình 4 x 4 2 x 2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
xẩy ra dấu bằng, tức là
4
4
x 4 2x
x 4 2 x 1 x 1.
Thử x 1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất là x 1 .
Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là 0 x 2 .
Lại thấy do x 1 nên ta có
4
x 4 2 x n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử dụng bất
đẳng thức Bunhiacopxki dạng ac bd a 2 b2 c 2 d2 .
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16
Website:tailieumontoan.com
Từ đó ta được
4
4
x
x 4 2x
Như vậy để phương trình
xẩy ra dấu bằng, tức là
2x
x 4 2x
4
4
2
2
1 1
2
1 1 x 2 x 4
x 2x 2
4 hay ta được
4
x 2x
x 4 2x 2.
x 4 2 x 2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời
x 4 2 x 1 x 1.
Thử x 1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất là x 1 .
Nhận xét.
Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương
trình, tuy nhiên việc giải hệ phương trình tương đối phức tạp.
Trong lời giải thứ hai và thứ ba ta sử dụng phương pháp đánh giá bằng ác dùng các bất đẳng
thức cổ điển Cauchy hay Bunhiacopxki. Để áp dụng được phương pháp này dường như phương
trình cần có sự đặc biệt nào đó về mặt hình thức.
Ví dụ 9. Giải phương trình x 3 48 x2 8x x 24
Phân tích và lời giải
Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là 12 x 4 . Phương trình chỉ
chứa một căn thức bậc hai, do đó khi thực hiện nâng lên lũy thừa thì ta thu được phương
trình bậc bốn, do ta không nhẩm nên ta phân tích phương trình bậc bốn thành tích của hai
phương trình bậc hai, để xử lý điều này ta sử dụng phương pháp hệ số bất định, tuy nhiên
hướng đi này gây cho ta có nhiều khó khăn.
Để ý ta nhận thấy 48 x2 8x x 3 57 2x . Như vậy khi ta thực hiện phép đặt
2
ẩn phụ a x 3; b 48 8x x2 b 0 thì ta thu được a 2 b2 57 2x .
Mặt khác ta lại có ab x 24 hay 2ab 2x 48 . Như vậy kết hợp hai kết quả trên thì
ta thu được phương trình a b 9 . Như vậy ta giải được phương trình.
2
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 12 x 4 .
Đặt a x 3; b 48 8x x2 b 0 . Khi đó ta được a 2 b2 57 2x .
Phương trình đã cho trở thành ab x 24 hay 2ab 2x 48 .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp hai kết quả trên ta được a b 9 a b 3 hay ta được
2
+ Với
+ Với
48 8x x 2 x
x 3 48 8x x 2 3
48 8x x 2 x 6
x 0
48 8x x 2 x 2
x 2 7 2
x 4x 24 0
x 6
48 8x x 2 x 6 2
x 5 31
x 10x 6 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S 2 7 2; 5 31
.
Hướng 2. Để loại căn thức ta đặt ẩn phụ t 48 8x x2 . Khi đó ta được
t 2 48 8x x2 và phương trình đã cho được viết lại thành t 2 2 x 3 t x2 6x 0 . Để
giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được t 2 2 x 3 t x2 6x 0 thành tích.
Điều kiện xác định của phương trình là 12 x 4 . Phương trình đã cho tương
đương với
2 x 3 48 2x x 2 2x 24 48 2x 2 x 3 x 2 8x 48
x 2 8x 48 2 x 3 x 2 8x 48 x 2 6x 0
Đặt t 48 8x x2 ,t 0 . Khi đó phương trình trên trở thành
t 2 2 x 3 t x2 6x 0 t x 6x t x 0 t x t x 6 0
2
Ta xét hai trường hợp sau
+ Nếu t x 0 , suy ra t x , do đó ta được
x 0
48 8x x 2 x 2
x 2 7 2
x 4x 24 0
+ Nếu t x 6 0 , suy ra t x 6 , do đó ta được
x 6
48 8x x 2 x 6 2
x 5 31
x 10x 6 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S 2 7 2; 5 31
.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18
Website:tailieumontoan.com
Hướng 3. Để ý đến đại lượng 2 x 3 x2 8x 48 ta nghĩ đến biến đổi phương trình
thành dạng bình phương. Khi đó ta viết phương trình thành
x2 8x 48 2 x 3 x2 8x 48 x 3 9
x 2 8x 48 x 3
9
2
Như vậy phương trình đã cho giải được.
Điều kiện xác định của phương trình là 12 x 4 . Phương trình đã cho tương đương
với
2 x 3 48 2x x 2 2x 24 48 2x 2 x 3 x 2 8x 48
x 2 8x 48 2 x 3 x 2 8x 48 x 2 6x 0
x 2 8x 48 2 x 3 x 2 8x 48 x 3 9
2
+ Với
+ Với
x 8x 48 x 3
2
2
48 8x x 2 x
9
48 8x x 2 x 6
x 0
48 8x x 2 x 2
x 2 7 2
x 4x 24 0
x 6
48 8x x 2 x 6 2
x 5 31
x 10x 6 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S 2 7 2; 5 31
.
Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là 12 x 4 . Phương trình đã cho
tương đương với
x 3
+ Xét trường hợp
48 8x x2 x x2 4x 24
x 0
48 8x x 2 x 2
x 2 7 2 , thay vào phương
x
4x
24
0
trình đã cho ta thấy x 2 7 2 không thỏa mãn.
+ Xét trường
x 3
48 8x x2 x x 2 7 2 . Khi đó
48 8x x2 x 0 . Từ đó
48 8x x x x 4x 24 2 x 3 .
2
2
x2 4x 24
x 8x 48 x
2
x 2 4x 24
x2 4x 24 0
2x 6
1 0
Hay x 4x 24
2
48 8x x 2 x 6
48 8x x x
2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19
Website:tailieumontoan.com
x 2 7 2
+ Với x2 4x 24 0
x 2 7 2
+ Với
x 6
48 8x x 2 x 6 2
x 5 31
x
10x
6
0
Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là
S 2 7 2; 5 31 .
Ví dụ 10. Giải phương trình
3
3 2x 2 3x 2 1 3 4x 3
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có chứa gai căn bậc lệch nhau nên để loại bỏ căn thức ta có thể
sử dụng ẩn phụ hoặc sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp, ngoài ra ta cũng có thể sử
dụng phương pháp đánh giá. Để ý là nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được x 1 là một
nghiệm của phương trình.
Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x
2
. Phương trình đã
3
2
thì 2 3x 2 1 0 , do đó
3
3 4x 3
phương trình đã cho được viết lại thành 3 3 2x
. Để loại bỏ căn thức dưới
2 3x 2 1
mẫu
ta
sử
dụng
phép
nhân
lượng
liên
hợp
cho có chứa tích
2
3
3 2x 2 3x 2 1 . Để ý rằng với x
3x 2 1 2 3x 2 1 4 3x 2 1 3 4x 3 , như vậy ta viết được đã cho phương
trình lại thành 3 3 2x 2 3x 2 1 .
Chú ý là phép nhân lượng liên hợp thực hiện được ta xét các trường hợp
2 3x 2 1 0 và 2 3x 2 1 0 . Đến đây ta có các cách trình bày lời giải cho phương
trình.
+ Cách 1. Do x
2
nên 2 3x 2 1 0 .
3
Xét 2 3x 2 1 0 2 3x 2 1 4 3x 2 1 12x 9 x
3
3
. Ta thấy x
4
4
không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Xét 2 3x 2 1 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20
Website:tailieumontoan.com
3
3 2x
3 4x 3
2 3x 2 1
3 3 2x
2
3 4x 3 2 3x 2 1
3x 2 1 2 3x 2 1
3 3 2x 2 3x 2 1
Đặt a 3 3 2x; b 3x 2 , b 0 . Khi đó ta có phương trình 3a 3 2b2 5 .
a 2b 1
Phương trình ban đầu trở thành a 2b 1 . Từ đó ra được hệ phương trình 3
.
2
3a 2a 5
2b a 1
2b a 1
Biến đổi hệ phương trình trên thì được 3
2
2
a 1 6a 7a 9 0
6a a 1 5
Dễ thấy phương trình 6a 2 7a 9 0 vô nghiệm nên từ hệ phương trình trên ta được
a 1.
Từ đó dẫn đến 3 2x 1 x 1 . Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình ta được
x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
+ Cách 2. Để ý rằng phương trình có nghiệm là x 1 nên ta có thể biến đổi phương trình
thành
3
3 2x 1 2 3x 2 2
3
2 3x 2 1
3 2x 1
3x 2 1
3 2x 3 2x 1
2
3
2
6
0
x 1
3
2
3
3x 2 1
3 2x 3 2x 1
2
Dễ thấy
3
3 2x
2
3 2x 1
3
6
3x 2 1
0 . Do đó từ phương trình trên ta được x 1
là nghiệm.
Hướng 2. Từ phân tích trong hướng thứ nhất ta thu được phương trình
3
3 2x 2 3x 2 1 hay ta viết lại thành
ta có
3
3
2x 3 2 3x 2 1 . Nhận thấy khi x 1 thì
2x 3 2 3x 2 1 và khi x 1 thì ta lại có
3
2x 3 2 3x 2 1 , mà phương
trình lại có x 1 là nghiệm nên ta sử dụng phép đánh giá phương trình xoay quanh
nghiệm x 1 .
Điều kiện xác định của phương trình là x
3
. Phương trình đã cho tương đương
2
với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
21
Website:tailieumontoan.com
3
3 2x
3 4x 3
2 3x 2 1
3 3 2x
2
3 4x 3 2 3x 2 1
3x 2 1 2 3x 2 1
3 2x 3 2 3x 2 1
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1. Với x 1 , khi đó ta có 2x 3 1 và 3x 2 1 .
Từ đó dẫn đến
3
2x 3 2 3x 2 1 2.1 1 hay phương trình
3
2x 3 2 3x 2 1 vô
3
2x 3 2 3x 2 1 vô
3
2x 3 2 3x 2 1 có
nghiệm.
+ Trường hợp 2. Với x 1 , khi đó ta có 2x 3 1 và 3x 2 1 .
Từ đó dẫn đến
3
2x 3 2 3x 2 1 2.1 1 hay phương trình
nghiệm.
+ Trường hợp 3. Với x 1 , khi đó ta có 2x 3 1 và 3x 2 1 .
Từ đó dẫn đến
3
2x 3 2 3x 2 1 2.1 1 hay phương trình
nghiệm là x 1 .
Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình ta được x 1 là nghiệm duy nhất của
phương trình.
Nhận xét. Trong hai hướng tìm lời giải trên ta thấy hướng thứ nhất tự nhiên hơn và cũng dễ
phát hiện hơn. Hướng giải thứ hai sử dụng phương pháp đánh giá chỉ thực sự được hình thành sau
khi nhẩm được nghiệm của phương trình
Ví dụ 11. Giải phương trình 4x2 2x 9 9 .
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta thấy phương trình chỉ chứa một dấu căn bậc hai, do đó
để lạo bổ căn thức ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa hoặc phương pháp đặt ẩn
9
phụ. Trước hết ta ta tìm được điều kiện xác định của phương trình là x .
2
Hướng 1. Để loại bỏ căn thức trong phương trình ta có thể đặt y 2x 9 , y 0 . Khi đó
phương trình đã cho trở thành 4x2 y 9 . Với phương trình này ta chưa thể giải được
nên ta chú ý đến phép đặt ẩn phụ y 2x 9 thì thu được y2 2x 9 .
4x 2 y 9
Như vậy với hai phương trình trên ta có hệ phương trình 2
y 2x 9
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
22
Website:tailieumontoan.com
Quan sát kỹ ta thấy phương trình có dạng đối xứng dạng 2 nếu ta đặt t 2x do đó
ta giải được hệ phương trình và xem như phương trình đã cho được giải quyết.
9
Điều kiện xác định của phương trình là x . Đặt y 2x 9 , y 0 . Khi đó ta có
2
2
phương trình y 2x 9 .
4x 2 y 9
Phương trình đã cho trở thành 4x y 9 . Từ đó ta có hệ phương trình 2
.
y 2x 9
Từ hệ phương trình trên suy ra 4x2 y y2 2x 2x y 2x y 1 0 .
2
Ta xét hai trường hợp sau.
+ Trường hợp 1: Nếu 2x y 0 y 2x , từ đó ta được
9
1 37
x 0
2x 2x y 2
x
4
4x 2 2x 9
+ Trường hợp 1: Nếu 2x y 10 y 2x 1 , từ đó ta được
1
33 1
x
2x 1 2x y 2
x
4
2x 12 2x 9
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
1 37 33 1
S
;
.
4
4
Hướng 2. Cũng là ý tưởng đặt ẩn phu để loại căn thức, nhưng ở đây ta thử đặt ẩn phu
để đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với mỗi ẩn rồi kiểm tra xem biệt
thức có chính phương không.
Với ý tưởng đó ta viết phương trình lại thành 2x 9 2x 9 4x2 2x 0 .
Đặt t 2x 9 ,t 0 . Khi đó ta có phương trình t 2 t 4x2 2x 0 . Xem phương trình có
ẩn t và x là tham số thì ta có 1 4 4x2 2x 4x 1 . Như vậy phương trình trên
2
phân tích được thành tích. Do đó ta giải được phương trình đã cho.
9
Điều kiện xác định của phương trình là x .
2
2
Ta viết phương trình lại thành 2x 9 2x 9 4x 2x 0 . Đặt t 2x 9 ,t 0 . Khi đó
ta có phương trình t 2 t 4x2 2x 0 t 2x t 2x 1 0 . Ta xét hai trường hợp sau.
+ Trường hợp 1: Nếu 2x t 0 t 2x , từ đó ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
23
Website:tailieumontoan.com
9
1 37
x 0
2x 2x y 2
x
4
4x 2 2x 9
+ Trường hợp 1: Nếu t 2x 1 0 t 2x 1 , từ đó ta được
1
33 1
x
2x 1 2x y 2
x
.
2
4
2x 1 2x 9
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
1 37 33 1
S
;
.
4
4
Hướng 3. Chú ý đến căn thức
2x 9 , khi đó nếu nhân thêm một hệ số chẵn thì ta thấy
có dạng 2ab của hằng đẳng thức bậc hai. Chú ý rằng hệ số của x 2 là 4 nên khi nhân thêm
hệ số ta chọn số chính phương. Do đó ta viết phương trình lại thành 16x2 4 2x 9 36 .
Đến đây nếu ta viết một vế của phương trình về dạng A2 B2 thì vế còn lai không bằng 0,
do đó ta viết phương trình về dạng A2 B2 . Để viết phương trình về dạng A2 B2 ta
chuyển
vế
4 2x 9 sang
vế
kia.
Khi
đó
i
phương
trình
biến
đổi
thành
16x2 8x 1 4 2x 9 4 2x 9 1 4x 1 2 2x 9 1 . Như vậy ta có lời giải
2
2
cho phương trình.
9
Điều kiện xác định của phương trình là x . Biến đổi tương đương phương trình
2
đã cho
4x 2 2x 9 9 16x 2 4 2x 9 36
16x 2 8x 1 4 2x 9 4 2x 9 1 4x 1 2 2x 9 1
2
2
4x 1 2 2x 9 1
2x 2x 9
4x 1 2 2x 9 1
2x 1 2x 9
9
1 37
x 0
+ Trường hợp 1: Với 2x 2x y 2
x
4
4x 2 2x 9
1
33 1
x
x
+ Trường hợp 1: Với 2x 1 2x y 2
.
2
4
2x 1 2x 9
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
24
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
1 37 33 1
S
;
.
4
4
Hướng 4. Sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa để đưa phương trình về dạng
phương trình bậc 4. Do không có nghiệm đẹp nên khi phân tích phương trình bậc 4 thành
tích ta được hai nhân tử là các tam thức bậc hai. Để tìm được các tam thức bậc hai đó ta sử
dụng phương pháp hệ số bất định.
2x 9 9 4x2 8x4 36x2 x 36 0 .
Thực hiện nâng lên lũy thừa ta được
Giả sử 8x4 36x2 x 36 0 ax 2 bx c mx 2 nx k . Khai triển và đồng nhất hệ số
hai vế ta được am 8; bm an 0;ak cm bn 36; bk cn 1; ck 36 . Ta không tiến
hành giải hệ trên mà đi chọn các giá trị nguyên của từng cặp hệ số tương ứng thử vào hệ
trên để tìm bộ số thỏa mãn. Chẳng hạn ta chọn a 4; m 2 thay vào rồi thử tiếp các cặp hệ
số tương ứng tiếp. Qua một thời gian thử ta chọn được bộ số thỏa mãn là
a 4; b 2; c 9; m 2; n 1; k 4 . Tức là ta phân tích được
4x
2
phương trình thành
2x 9 2x 2 x 4 0 . Đến đây ta giải được phương trình.
9
Điều kiện xác định của phương trình là x .
2
Phương trình đã cho tương đương với
2x 9 9 4x2 . Biến đổi tương đương tiếp ta
được
2
4x2 9
4x 9
2
4
2
4x 2x 9 2x 2 x 4 0
8x 36x x 36 0
2
1 37
4x 9
x
+ Trường hợp 1: Với 2
4
4x 2x 9 0
2
33 1
4x 9
x
+ Trường hợp 1: Với 2
.
4
2x
x
4
0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
1 37 33 1
S
;
.
4
4
Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có hình thức đơn giản tuy nhiên nó khá thú vị vì nó mở
ra nhiều hướng tiếp cận phương trình. Với mục đích thoát căn nên với phép đặt ẩn phụ ta đưa
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
25
Website:tailieumontoan.com
được phương trình về dạng hệ phương trình gần đối xứng dạng 2. Khi dó phương trình được giải
một cách nhẹ nhàng.
Ví dụ 12. Giải phương trình x 1 x 3 5 5x 11 .
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có hình thức tương tự như phương trình cho trong ví dụ 11.
Do đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ
phương trình đối xứng dạng 2, biến đổi phương trình về dạng A2 B2 , sử dụng phép đặt
ẩn phụ không hoàn toàn để đưa phương trình về dạng tích hay phép nâng lên lũy thừa.
Hướng 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2.
Để ý rằng 5x 11 5 x 2 1 và x 1 x 3 x2 4x 3 x 2 1 . Khi đó nếu
2
đặt t x 2 thì ta viết phương trình lại thành t 2 1 5 5t 1 . Đến đây ta có thể chuyển
phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2 bằng phép đặt
1
y 5t 1, t ; y 0
5
11
Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương đương
5
với
x2 4x 3 5 5x 11 x 2 1 5 5 x 2 1 .
2
Đặt t x 2 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 1 5 5t 1 .
1
Đặt y 5t 1, t ; y 0 . Khi đó ta có phương trình y2 5t 1 .
5
t 2 5y 1
Phương trình đã cho trở thành t 1 5y . Từ đó ta có hệ phương trình 2
y 5t 1
Từ đó ta được y2 5y t 2 5t t y t y 5 0 .
2
1
Do t ; y 0 nên t y 5 0 , do đó từ phương trình trên ta được t y 0 t y .
5
Suy ra t 2 1 5t t 2 5t 1 0 hay ta được x 2 5 x 2 1 0 x2 x 7 0 .
2
1 29 1 29
;
Giải phương trình trên ta được x
.
2
2
1 29
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S
.
2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
26
Website:tailieumontoan.com
Hướng 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa phương trình về dạng tích
Trước hết ta viết phương trình lại thành 5x 11 5 5x 11 x2 9x 14 0 , khi đó
thực hiện phép đặt t 5x 11, t 0 thì ta có phương trình t 2 5t x2 9x 14 0 . Để
kiểm tra xem phương trình phân tích được thành tích không ta xem phương trình có ẩn t
và
kiểm
ta
biệt
thức
có
chính
phương
không.
Ta
có
52 4 x2 9x 14 4x 2 36x 81 2x 9 . Như vậy phương trình phân tích được
2
Điều kiện xác định của phương trình là x
11
. Phương trình đã cho tương đương
5
với
x2 4x 3 5 5x 11 5x 11 5 5x 11 x2 9x 14 0
Đặt t 5x 11, t 0 . Khi đó phương trình trên trở thành
t x 2
t 2 5t x2 9x 14 0 t x 2 t x 7 0
t x 7
+ Trường hợp 1: Khi t x 2 ta được 5x 11 x 2 hay ta được
1 29
x
x 2
x 2
2
2
2
x
x
7
0
1 29
x 2 5x 11
x
2
+ Trường hợp 2: Khi t x 7 ta được 5x 11 x 7
11
11
x 2
x
Từ đó ta được
, phương trình vô nghiệm.
2
x 7 2 5x 11 x 2 9x 38 0
1 29
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S
.
2
Hướng 3. Chú ý đến căn thức
5x 11 để biến đổi phương trình về dạng A2 B2 ta cần
nhân vào phương trình một hệ số chẵn, lại để ý đến hệ số của x 2 nên ta chọn nhân vào
phương trình với hệ số 4, khi đó phương trình được viết lại thành
4x2 36x 81 4 5x 11 20 5x 11 24 2x 9 2 5x 11 5
2
2
Như vậy phương trình giải được
Điều kiện xác định của phương trình là x
11
. Phương trình đã cho tương đương
5
với
x2 4x 3 5 5x 11 4x2 16x 12 20 5x 11
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
27
Website:tailieumontoan.com
4x 2 36x 81 4 5x 11 20 5x 11 24 2x 9 2 5x 11 5
2
2
2x 9 2 5x 11 5 2x 9 2 5x 11 5
1 29
x
x 2
x 2
2
x 2 5x 11
2
2
x
x
7
0
1 29
x 2 5x 11
x
2
1 29
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S
.
2
11
Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương
5
đương với
x 2 4x 3 0
x 4x 3 5 5x 11 4
3
2
x 8x 22x 24x 9 25 5x 11
2
x 2 4x 3 0
x 4x 3 0
4
2
3
2
x x 7 x 2 9x 38 0
x 8x 22x 101x 266 0
2
Chú ý rằng x2 9x 38 0 vô nghiệm, do đó từ hệ trên ta được
x 2 4x 3 0
1 29
.
x
2
2
x
x
7
0
1 29
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S
.
2
Nhận xét. Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về
dạng hệ đối xứng kiểu II. Các bước thực hiện có thể hiểu đơn giản như sau:
Biến đổi phương trình sao cho vế phải có dạng mx n b và căn thức trong vế trái có thể
2
viết dưới dạng a a mx n b . Khi đó ta có phương trình dạng
mx n
2
b a a mx n b .
Đặt y a mx n b thì ta được y2 b a mx n Và khi đó phương trình ban đầu trở
y 2 b at
thành mx n b ay . Đặt t mx n thì ta có hệ phương trình 2
t b ay
2
Ví dụ 13. Giải phương trình
4x 9 3 2x 1 2x2 .
Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
28
Website:tailieumontoan.com
Phương trình đã cho được viết lại thành 2x2 6x 3 4x 9 , hoàn toàn tương tự
nư trên ta có các hướng giải cho phương trình
9
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương
4
đương với
2x2 6x 3 4x 9 2x 3 15 2 2x 3 15
2
Đặt t 2x 3 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 15 2 2t 15 * .
Đặt y 2t 15,t 0 . Khi đó ta có phương trình y2 2t 15
y 2 2t 15
Phương trình * trở thành t 2 15 2y . Khi đó ta có hệ phương trình 2
.
t 15 2y
t y 0
Từ hệ phương trình trên ta được 2t 2y y 2 t 2 t y t y 2 0
.
t y 2 0
+ Trường hợp 1: Với t y 0 hay t y , khi đó ta được
3
3
x
x
2x 3 4x 9
x4
2
2
2
2
4x 12x 9 4x 9
x 4x 0
+ Trường hợp 2: Với t y 2 0 hay y t 2 , khi đó ta được
1
3
x
x
1 2x 4x 9
x 1 3
2
2
2
2
4x 4x 1 4x 9
x 2x 2 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S 1 3; 4 .
9
Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương
4
đương với
2x 2 6x 3 4x 9 4x 2 8x 4 4x 9 2 4x 9 1
2x 2 4x 9 1 2x 3 4x 9
2
4x 9 1
2 2x 4x 9 1 1 2x 4x 9
3
3
x
x
+ Với 2x 3 4x 9
x4
2
2
2
2
4x 12x 9 4x 9
x 4x 0
2x 2
2
1
3
x
x
+ Với 1 2x 4x 9
x 1 3
2
2
4x 2 4x 1 4x 9
x 2 2x 2 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S 1 3; 4 .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
29
Website:tailieumontoan.com
9
Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương
4
đương với
4x 9 6x 3 2x2 0 4x 9 2 4x 9 4x2 8x 3 0
Đặt t 4x 9 ,t 0 thì phương trình trên trở thành
t 1 2x
t 2 2t 4x 2 8x 3 0 t 2x 1 t 2x 3 0
t 2x 3
3
3
x
x
+ Với 2x 3 4x 9
x4
2
2
2
2
4x 12x 9 4x 9
x 4x 0
1
3
x
x
+ Với 1 2x 4x 9
x 1 3
2
2
4x 2 4x 1 4x 9
x 2 2x 2 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S 1 3; 4 .
Nhận xét. Phương trình đã cho có dấu hiệu khả quan về việc đưa về hệ phương trình đối xứng loại
hai, khi đó ta có thể xử lí như sau:
+ Đưa phương trình về dạng 2x2 6x 3 4x 9 và đặt
4x 9 my n .
2 2
2
m y 2mny n 4x 9 0
Khi đó ta có hệ phương trình 2
2x 6x my 3 n 0
+ Để hệ phương trình trên là hệ đối xứng loại hai thì các hệ số của các ẩn tương ứng trong hai
m 2 2mn 4 n 2 9
phương trình tuân theo dãy tỉ số
. Từ dãy tỉ số này ta tìm được
2
6
m
n
m 2; n 3 thỏa mãn.
Ngoài ra ta có thể xử lý bằng cách sử dụng đồng nhất thức như sau
2x 2 6x 3 4x 9 4x 2 12x 6 4 4x 9
2x n ax b 2 2 2x n ax b
2
n 2 b 6
n 2 2n 3
n 3
Đồng nhất hệ số ta được 4n a 12 4n a 12 a 0
2n b 9
2n b 9
b 15
Từ đó ta có biến đổi sau 2x 3 15 2 2x 3 15 .
2
Ví dụ 14. Giải phương trình 4x2 7x 1 2 x 2 .
Lời giải
Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 . Phương trình đã cho tương đươg
với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
30
Website:tailieumontoan.com
4x2 8x 4 x 2 2 x 2 1 2x 2
2
2x 1 x 2
2
x 1 1
2x 3 x 2
1
1
1
x 2
x
x
+ Với 2x 1 x 2
2
4
2x 12 x 2
4x 2 3x 1 0
3
3
7
x 2
x
x
+ Với 2x 3 x 2
2
4
2x 3 2 x 2
4x 2 11x 7 0
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Cách 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 . Phương trình đã cho tương đươg
với
4 x2 4x 4 9 x 2 3 2 x 2 4 x 2 9 x 2 3 2 x 2
2
Đặt t x 2 ,t 0 . Khi đó phương trình trên trở thành
4t 4 9t 2 3 2t 4t 4 9t 2 2t 3 0 t 1 2t 3 2t 1 0
2
Chú ý rằng t 0 nên từ phương trình trên ta được
3
3
1
t
x
2
x
2t 3 0
2
4
2t 3 2t 1 0 2t 1 0 21
1
t
x2
x 7
2
2
2
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Cách 3. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 . Phương trình đã cho tương đươg
với
x 2 2 x 2 4x2 7x 3 0
Đặt t x 2 ,t 0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2 2t 4x2 7x 3 0
x 2 2x 1
Biến đổi phương trình trên ta được t 2x 3 t 2x 1 0
.
x 3 2x 3
1
1
1
x 2
x
x
+ Với 2x 1 x 2
2
4
2x 12 x 2
4x 2 3x 1 0
3
3
7
x 2
x
x
+ Với 2x 3 x 2
2
4
2x 3 2 x 2
4x 2 11x 7 0
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
31
Website:tailieumontoan.com
Cách 4. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 . Phương trình đã cho tương đươg
với
4
3
2
16x 4 8x 2 7x 1 49x 2 14x 1 4 x 2
16x 56x 57x 10x 7 0
2
2
4x 7x 1 0
4x 7x 1 0
7 1
4x 2 3x 1 4x 2 11x 7 0
7 1
x 1; ;
4 4 x ;
2
4 4
4x 7x 1 0
4x 2 7x 1 0
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Cách 5. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 . Đặt
x 2 y 1, y 1 . Khi đó ta
có phương trình y2 2y x 1 0 . Phương trình đã cho trở thành 4x2 7x 2y 1 0 .
2
4x 7x 27 1 0
Từ đó ta có hệ phương trình 2
y 2y x 1 0
y 2x
Từ hệ phương trình ta được 4x2 y 2 8x 4y 0 2x y 2x y 4 0
.
y
2x
4
Ta xét hai trường hợp sau
1
1
1
x 2
x
x
+ Với y 2x 2x 1 x 2
2
4
2x 12 x 2
2
4x 3x 1 0
3
7
x 2
x
+ Với y 2x 4 2x 3 x 2
4
2x 3 2 x 2
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Cách 6. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 .
Phương trình đã cho tương đương với 2x 1 3x 2 2 2x 1 3x
2
Đặt 2x 1 t thì phương trình trên trở thành t 2 3x 2 2t 3x .
Đặt y 2t 3x , y 0 . Khi đó ta có phương trình y2 3x 2t .
t 2 3x 2y
Phương trình trên trở thành t 2 3x 2y . Từ đó ta có hệ phương trình 2
.
y
3x
2t
y t
Từ hệ phương trình trên ta được t 2 y 2 2y 2t t y t y 2 0
y t 2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
32
Website:tailieumontoan.com
1
1
1
x 2
x
+ Với y t 2x 1 x 2
x
2
4
2x 12 x 2
2
4x 3x 1 0
3
3
7
x 2
x
x
+ Với y x 2 2x 3 x 2
2
4
2x 3 2 x 2
4x 2 11x 7 0
7 1
Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S ; .
4 4
Nhận xét.
Lời giải thứ hai sử dụng phép đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về dạng 4t 4 9t 2 3 2t .
Ngoài cách phân tích như trong lời giải trên thì ta cũng có thể phân tích phương trình theo cách
sau
4t 4 9t 2 3 2t 4t 4 8t 2 4 t 2 2t 1 2t 2 2
t 1
2
2
2t 2 t 3 2t 2 t 1 0 t 1 2t 3 2t 1 0
2
Lời giải thứ năm sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa để đưa phương trình về hệ phương trình gần đối
xứng dạng hai.
Lời giải thứ sáu sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ phương trình đối xứng
dạng dạng 2 với 3 ẩn, tuy nhiên ở đây ta biểu diễn được mối liên hệ giữa hai ẩn y và t. Trong ví dụ
trước ta đã đề cập đến dạng tổng quát mx n b a a mx n b . Phương trình trong ví
2
dụ này có độ khó tăng lên đôi chút khi hằng số b được thay bởi đại lượng f x 3x . Ta thực hiện
biến đổi sau
4x2 7x 1 2 x 2 2x n ax b 2 2 2x n ax b
2
n 2 b 1
n 2 2n 3
n 1
Đến đây ta có đồng nhất thức 4n a 7 4n a 7 a 3
2n b 2
2n b 2
b 0
Khi đó ta có phép biến đổi phương trình thành 2x 1 3x 2 2 2x 1 3x và thực
2
hiện lời giải như trên.
Ví dụ 15. Giải phương trình x2 3 x 1 x2 x 3 .
Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
33
Website:tailieumontoan.com
Phương trình đã cho có hình thức gần tương tự với phương trình trong các ví dụ
trên chỉ khác ở chỗ biểu thức nhân với căn thức không phải là hằng số mà là một biểu thức
chứa ẩn. Do đó ta nghĩ đến các biến đổi để tiếp cận lời giải cho phương trình theo các
hướng ẩn phu hóa đưa phương trình về dạng hệ đối xứng dạng 2, đặt ẩn phụ không hoàn
toàn đưa phương trình về dạng tích, biến đổi phương trình về dạng A2 B2 và sử dụng
phép nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng phương trình nhẩm được một nghiệm đẹp là x 3 .
Hướng 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ đối xứng dạng 2.
Do biểu thức nhân với căn bậc hai là x 1 nên ta có biến đổi x2 x 3 x x 1 3 .
Khi đó đặt t x 1 thì ta viết được phương trình về dạng x2 3 t xt 3 . Đến đây thực
x 2 yt 3
hiện phé đặt ẩn phụ y xt 3, y 0 thì ta thu được hệ phương trình 2
, đây là
y xt 3
hệ pương trình đối xứng dạng 2 nên ta giải được. Từ đó ta có lời giải cho phương trình.
Điều kiện xác định của phương trình là x R .
Phương trình đã cho tương đương với x2 3 x 1 x x 1 3 .
Đặt t x 1 thì phương trình trên trở thành x2 3 t xt 3 .
Đến đây ta đặt y xt 3, y 0 . Khi đó ta thu được phương trình y2 xt 3 .
x 2 yt 3
Từ đó ta được hệ phương trình 2
. Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta
y xt 3
được
x y
x2 y 2 yt xt x y x y y 0
x y t 0
x 0
x 3.
+ Khi x y ta có x x2 x 3 2
2
x
x
x
3
1
3 33
x
+ Khi x y t 0 ta có 1 2x x x 3
.
x
2
6
2
3x 2x 2 0
2
3 33
; 3 .
Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S
6
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
34
Website:tailieumontoan.com
Hướng 2. Để đặt ẩn phụ t x2 x 3,t 0 và đưa phương trình về dạng phương trình
bậc hai ẩn ta thì ta viết phương trình về dạng x2 x 3 x 1 x2 x 3 x 6 0 .
Khi đó ta có
x 1 4 x 6 x2 6x 25 không chính phương.
2
x2 x 3
Do đó ta viết lại phương trình về dạng khác là x2 x 3 x 1 x2 x 3 x 2x2 0
Ta lại có
x x 3
x 1 4 x 2x2 9x 2 6x 1 3x 1 có chính phương. Do đó
2
2
2
phương trình phân tích được thành tích và ta có lời giải như sau.
Điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho tương đương
với
3 x2 x 1 x2 x 3 x2 x 3 x 1 x2 x 3 x 2x2 0
Đặt t x2 x 3,t 0 . Khi đó ta thu được phương trình
t x
t 2 x 1 t x 2x 2 0 t x t 2x 1 0
t 1 2x
x 0
+ Khi t x ta được x x2 x 3 2
x 3.
2
x
x
x
3
1
3 33
x
2
+ Khi t 1 2x ta được 1 2x x x 3
.
x
2
6
2
3x 2x 2 0
3 33
; 3 .
Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S
6
Hướng 3. Chú ý đến hệ số cao nhất của các đa thức có mặt trong phương trình ta nhận
thấy nếu thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được có bậc ba, mặt khác
ta lại nhẩm được một nghiệm đẹp là x 3 nên phương trình giải được.
Điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho tương đương
với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
35
Website:tailieumontoan.com
x 3 x 1
x 2 3 x 1 0
x x3
2
2
2
2
x 3 x 1 x x 3
2
2
x 2 3 x 1 0
x 2 3 x 1 0
4
2
2
2
3
2
x 6x 9 x 2x 1 x x 3
3x 12x 7x 6 0
x 2 3 x 1 0
x 3
x 2 3 x 1 0
3 33 3 33
3 33
2
;
; 3
x
x 3 3x 3x 2 0
x
6
6
6
3 33
Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S
; 3 .
6
Hướng 4. Để ý đến biểu thức x 1 x2 x 3 ta viết phương trình về dạng A2 B2 ,
tuy nhiên trước hết ta cần nhân vào phương trình một số chẵn. Giả sử ta nhân vào phương
2
trình một số 2k chẵn, khi đó ta có 2kx2 . Để có dạng m x2 x 3 n x 2 ta cần có
m
2
n 2 x2 . Như vậy vế còn lại có 2k m 2 n 2 x2 và ta cần có 2k m2 n 2 là số chính
phương. Nhẩm một số giá trị đặc biệt ta tìm được k 2; m 2; n 1 . Từ đó ta viết được
phương trình về dạng
4 x 2 x 3 4 x 1 x 2 x 3 x 2 2x 1 9x 2 6x 1
2
2 x 2 x 3 x 1 3x 1
2
Điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho tương đương với
3 x 2 x 1 x 2 x 3 12 4 x 1 x 2 x 3 4x 2
4 x 2 x 3 4 x 1 x 2 x 3 x 2 2x 1 9x 2 6x 1
x2 x 3 x
2 x x 3 x 1 3x 1
x 2 x 3 1 2x
x 0
x 3.
Với x x2 x 3 2
2
x
x
x
3
1
3 33
x
2
.
Với 1 2x x x 3
x
2
6
3x 2 2x 2 0
2
2
2
3 33
; 3 .
Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S
6
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
36
Website:tailieumontoan.com
Ví dụ 16. Giải phương trình
2x 2 x 1
6x 5
2.
Phân tích và lời giải
Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x
5
. Phương trình đã cho
6
được viết lại thành 2x2 x 1 2 6x 5 . Như vậy hình thức của phương trình tương tự
như các ví dụ trên, do đó ta có các hướng giải quyết phương trình sau
Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là x
5
. Phương trình đã cho tương đương
6
với
2x2 x 1 2 6x 5 4x 2 2x 2 4 6x 5
4x 2 4x 1 2x 1 4 6x 5 2x 1 2x 1 4 4 2x 1 2x 1
2
Đặt t 2x 1; y 6x 5, y 0 . Khi đó ta có phương trình 4t 2x 1 y 2 .
2
t 2x 1 4y
Từ đó ta có hẹ phương trình
. Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta
2
4t 2x 1 y
được
t y
t 2 4t y 2 4y t y t y 4 0
t y 4 0
1
1
x 1
x 2
x
+ Với t y ta có 2x 1 6x 5
.
2
x 3
2
2x 1 6x 5
2x 2 5x 3 0
2
+ Với t y 4 0 ta có 2x 3 6x 5 0 , phương trình vô nghiệm do x
5
.
6
3
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S 1; .
2
5
Cách 2. Điều kiện xác định của phương trình là x . Nhận thấy 2x2 x 1 0 với mọi x
6
nên phương trình đã cho tương đương với
2x 2 x 1 2 6x 5 2x 2 x 1 4 6x 5
2
4x 4 4x 3 5x 2 26x 21 0 x 1 4x 3 5x 21 0
x 1 2x 3 2x 2 3x 7 0
x 1
Dễ thấy 2x2 3x 7 0 nên từ phương trình trên ta được x 1 2x 3 0
.
x 3
2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
37
Website:tailieumontoan.com
3
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S 1; .
2
5
Cách 3. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương đương
6
với
4x 2 2x 2 4 6x 5 4x 2 4x 1 6x 5 4 6x 5 4
2x 1
2
6x 5 2
2
2x 1 6x 5 2
2x 1 6x 5
2x 3 6x 5 0
2x 1 6x 5 2
1
1
x 1
x 2
x
+ Với 2x 1 6x 5
2
3.
2
x
2
2x 1 6x 5
2
2x 5x 3 0
+ Với 2x 3 6x 5 0 , phương trình vô nghiệm do x
5
.
6
3
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S 1; .
2
5
Cách 4. Điều kiện xác định của phương trình là x . Phương trình đã cho tương đương
6
với
2 6x 5 1 x 2x 2 0 4 6x 5 2 2x 4x 2 0
6x 5 4 6x 5 4x 2 4x 3 0
6x 5
2
4 6x 5 4x 2 4x 3 0
Đặt t 6x 5,t 0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2 4t 4x2 4x 3 0 .
t 2x 1
Biến đổi tương đương ta được t 2x 1 t 2x 3 0
.
t 2x 3 0
Ta xét hai trường hợp sau
1
1
x 1
x 2
x
+ Với t 2x 1 ta có 2x 1 6x 5
2
3.
2
x
2
2x 1 6x 5
2
2x 5x 3 0
+ Với t 2x 3 0 ta có 2x 3 6x 5 0 , phương trình vô nghiệm do x
5
.
6
3
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S 1; .
2
Nhận xét.
Để đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại 2 ta thực hiện biến đổi
phương trình đã cho về dạng 2x n ax b 4 4 2x n ax b .
2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
38
Website:tailieumontoan.com
n 2 b 2
n 2 4n 3
n 1
4n a 2
4n a 2
Ta có đồng nhất thức
b 1
4n b 5
4n b 5
a 2
8 a 6
a 2
Khi đó ta có biến đổi 2x2 x 1 2 6x 5 2x 1 2x 1 4 4 2x 1 2x 1 .
2
Ví dụ 17. Giải phương trình x2 x 6 2x 3 2x2 10x 4
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta chú ý đến nhị thức bậc nhất nhân với căn thức ta viết
được tam thức trong căn thành 2x 3 x 2 3x 2 . Lại thấy
x2 x 6 x 2 3x 2 . Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương
2
trình về dạng hệ phương trình đối xứng dạng 2.
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x2 5x 2 0 .
Phương trình đã cho tương đương với x 2 3x 2 2x 3
2
2x 3 x 2 3x 2
.
Đặt t x 2; y 2x2 10x 4 y 0 .
Khi đó từ phương trình trên ta được phương trình t 2 3x 2 2x 3 y .
Cũng từ y
2x 3 x 2 3x 2 y 2x 3 t 3x 2 .
2
2
t 3x 2 2x 3 y
Do đó ta có hệ phương trình 2
. Lấy hiệu theo vế hai phương trình
y
3x
2
2x
3
t
của hệ ta được t 2 y2 2x 3 y t t y t y 2x 3 0 .
+ Với t y 0 ta được t y hay
x 2
x 2
x 2 2x2 10x 4 2
2
x0
2
x 4x 4 2x 10x 4
x 6x 0
+ Với t y 2x 3 0 ta được t y 2x 3 hay
5
x
, hệ vô nghiệm.
2x 10x 4 3x 5
3
2
7x 10x 21 0
2
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
39
Website:tailieumontoan.com
Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x 0 .
Hướng 2. Phương trình nhẩm được một nghiệm đẹp là x 0 . Khi thực hiện phép nâng
lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình bậc bốn là 7x4 62x2 141x2 126x 0 .
Ngoài ra nhẩn môt số giá trị đặc biệt khác thì ta thấy x 6 là một nghiệm của phương
trình bậc bốn(nghiệm này không phải là nghiệm của phương trình đã cho). Đến đây ta giải
được phương trình được phương trình bậc bốn. Do đó phương trình đã cho giải được.
Điều kiện xác định của phương trình là x2 5x 2 0 .
Để ý ta nhận thấy x2 x 6 0 với mọi x nên phương trình đã cho tương đương với
2x 3 0
2x 3 0
2
2
4
2
2
2
7x 62x 141x 126x 0
x x 6 2x 3 2x 10x 4
2x 3 0
2x 3 0
x 0
x0
2
x
x
6
7x
20x
21
0
x 6
Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x 0 .
Hướng 3. Phương trình có chứa một căn thức
2x2 10x 4 nên ta có thể viết phương
trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t có biệt thức chính phương.
Điều kiện xác định của phương trình là x2 5x 2 0 . Phương trình đã cho tương đương
với
2x2 10x 4 2x 3 2x2 10x 4 3x 2 11x 10 0
Đặt t 2x2 10x 4 ,t 0 . Khi đó ta được phương trình t 2 2x 3 t 3x2 11x 10 0 .
Xem phương trình trên ta phương trình bậc hai ẩn t, khi đó ta có
2x 3 4 3x2 11x 10 4x 7 0
2
2
Do đó phương trình trên có các nghiệm là t x 2 và t 3x 5 .
x 2
x0
Với t x 2 ta được x 2 2x2 10x 4 2
2
x 4x 4 2x 10x 4
Với t 3x 5 ta được
5
x
(Hệ vô nghiệm)
2x 10x 4 3x 5
3
2
7x 10x 21 0
2
Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x 0 .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
40
Website:tailieumontoan.com
Nhận xét. Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ
phương trình đối xứng loại 2. Ở đây ta sử dụng phép biến đổi phương trình thành
x n ax b 2x 3 2x 3 x n ax b
2
n 2 b 6
n 2 3n 10
n 2
2n a 1
2n a 1
Ta có đồng nhất thức
a 3 .
2n 3 a 10
2n 3 a 10
b 2
3n b 4
3n b 4
Do đó ta có biến đổi x 2 3x 2 2x 3
2x 3 x 2 3x 2 .
2
Ví dụ 18. Giải phương trình x 1 2x 1 3x2 8x 4 .
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta nhận thấy phương trình có chứa hai căn thức. Do đó ta cần
biến đổi phương trình để loại bỏ căn thức. Từ đó ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ hoặc phép
nâng lên lũy thừa.
Hướng 1. Để ý đến phép biến đổi 3x2 8x 4 3 x2 2x 1 2x 1 . Do đó để thoát
căn thức ta có thể đặt
x 1 a; 2x 1 b . Khi đó phương trình trở thành
a b 3a 2 b2 . Để giải phương trình này ta tiếp tục nâng lên lũy thừa và được một
phương trình đẳng cấp bậc hai. Do đó phương trình giải được
2x 1 0
Điều kiện xác định của phương trình là 2
.
3x 8x 4 0
Phương trình đã cho tương đương với x 1 2x 1 3 x2 2x 1 2x 1
Đặt x 1 a; 2x 1 b a 0; b 0 ta thu được
a b 3a 2 b2 a 2 2ab b2 3a 2 b2 a a b 0 a b Do a 0
x 1
x0
Do đó x 1 2x 1 2
x 2x 1 2x 1
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x 0 .
Hướng 2. Cũng ý tưởng đặt ẩn phụ nên ta viết phương trình đã cho về dạng
x 1 2x 1 3 x2 2x 1 2x 1
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
41
Website:tailieumontoan.com
Chú ý rằng x
1
1
không phải là nghiệm của phương trình do đó với x thì
2
2
phương trình trên được viết lại được
t
x1
2x 1
2
x1
1 3.
1 . Đến đây ta có thể đặt
2x 1
2x 1
x1
để giải phương trình đã cho. Ta có lời giải như sau
2x 1 0
Điều kiện xác định của phương trình là 2
.
3x 8x 4 0
Phương trình đã cho tương đương với x 1 2x 1 3 x2 2x 1 2x 1
1
Xét x ,ta thấy không phải là nghiệm của phương trình.
2
1
Xét x , khi đó phương trình tương đương với
2
Đặt t
x1
2x 1
2
x1
1 3.
1 .
2x 1
2x 1
x1
0 , ta có t 1 3t 2 1 t 1 3t 2 1 2t 2 2t 0 t 1
2
x 1 0
1 x 1 2x 1
x 0.
2
x
1
2x
1
2x 1
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x 0 .
Với t 1 , khi đó ta được
x1
Hướng 3. Chú ý rằng phương có môt nghiệm x 0 . Do phương trình chứa hai căn thức
nên sau khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì phương trình vẫn còn chứa căn một căn
thức. Tuy nhiên lúc này ta có phương trình
2 x 1 2x 1 2x2 4x 2 x 1 2x 1 x 1 . Rõ ràng phương trình giải được
2
hay phương trình đã ho giải được.
Điều kiện 3x2 8x 4 0; 2x 1 0 . Phương trình đã cho tương đương với
x 2 2x 1 2 x 1 2x 1 2x 1 3x 2 8x 4 2 x 1 2x 1 2x 2 4x 2
x 1
x 1 0
x 1
x 1 2x 1 x 1
x 1
2x 1 x 1 2x 1 x 2 2x 1 x 0
So sánh điều kiện ta thu được nghiệm x 0
2
Ví dụ 19. Giải phương trình x 1 2x 3 5x2 12x 8
Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
42
Website:tailieumontoan.com
Phương trình đã cho có hình thức tương tự như trong ví dụ 18, do đó ta có thể sử
dụng phương pháp đặt ẩn phụ và nâng lên lũy thừa để giải quyết bài toán
Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x
3
; 5x2 12x 8 0 .
2
Phương trình đã cho tương đương với x 1 2x 3 5 x2 2x 1 2x 3
(1)
Đặt x 1 u; 2x 3 v u 0; v 0 thì
1 u v
5u 2 v 2 u 2 2uv v 2 5u 2 v 2
2u 2 uv v 2 0 u v 2u v 0
x 1
x 1
u v x 1 2x 3 2
2
x2
x 2x 1 2x 3
x 4x 4 0
Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 2 .
Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với
x 2 2x 1 2x 3 2 x 1 2x 3 5x 2 12x 8
2 x 1 2x 3 4x 2 12x 10
x 1 2x 3 2x 2 6x 5 x 1 2x 3 2 x 2 2x 1 2x 3
x 1 2x 3 2 x 1 2x 3
2
Đặt
2x 3
2x 3
2
2
x 1
x 1
2
2x 3
t t 0 thì ta được t 2 t 2 t 1 2x 3 x 1 x 2.
x 1
Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 2 .
Ví dụ 20. Giải phương trình 2 2x2 13
x x 5 4x2 21
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có chứa hai căn thức bậc hai nên để thoát căn thức ta hướng
đến ẩn phụ hóa phương trình. Chú ý rằng ta nhẩm được một nghiệm đẹp là x 1 nên ta
cũng có thể sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp.
Hướng 1. Để thoát khỏi căn thức ta có thể sử dụng ngay phép đặt ẩn phụ
x a; 4x2 21 b , khi đó từ phương trình ta có 2 2x2 13 4x2 21 5 b2 5 và
x 5 a 2 5 . Từ đó ta thu được phương trình b2 5 a a 2 5 b , dễ thấy phương trình
phân tích được thành tích. Do đó ta có lời giải cho phương trình.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
43
Website:tailieumontoan.com
Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Đặt
x a; 4x2 21 b a 0; b 0 thì phương trình đã cho trở thành
b
+ Với a b ta có
2
a b
5 a a 2 5 b a b ab 5 0
ab 5
x 4x2 21 x 4x2 21 , phương trình vô nghiệm.
+ Với ab 5 ta có x 4x2 21 25 x 1 4x2 4x 25 0 x 1
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x 1 .
Hướng 2. Để thoát bớt các căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phép biến đổi phương
trình về dạng
2 2x 2 13
x5
4x 2 21
x
. Đến đây nếu đặt t
4x 2 21
thì ta không thể biểu
x
diễn được vế trái của phương trình theo t, do đó ta nghĩ đến việc thêm bớt một hằng số để
khi phân tích thành tích thì làm xuất hiện nhân tử chung. Ta có các biến đổi sau
2 2x 2 13
x5
1 4x
2
x 21 4x 2 21
4x 2 21 x
4x 2 x 21
;
1
x5
x
x
x 4x 2 21 x
Đến đây ta có lời giải cho bài toán.
Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Nhận xét x 0 không thỏa mãn hệ
4x2 21 x 0 . Phương trình đã cho
phương trình ban đầu. Xét x 0 , khi đó ta có
tương đương với
2 2x 2 13
x5
4x 2 21
x
2 2x 2 13
x5
1
4x 2 21
x
1
4x 2 x 21
4x 2 x 21
x 5 4x 3 21x x
x5
x 4x 2 21 x
4x 3 21x 25 0 x 1 4x 2 4x 25 0 x 1
Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x 1 .
Ví dụ 21. Giải phương trình 3 x 2x
7
2 x2 5
x
Phân tích và lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
44
Website:tailieumontoan.com
Phương trình đã cho được viết lại thành x 3 2x2 7 2 x2 5
x có hình thức
tương tự như phương trình được cho trong ví dụ trên, do đó ta sử dụng phương pháp đặt
ẩn phụ, nhân lượng liên hợp để xử lý phương trình.
Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Phương trình đã cho tương đương với x 3 2x2 7 2 x2 5
Đặt
x
2x2 7 u; x v u; v 0 ta có v 2 3 u u2 3 v u v uv 3 0
u v 2x2 x 7 0 , phương trình vô nghiệm.
uv 3 2x3 7x 9 0 x 1 2x2 2x 9 0 x 1 .
So sánh với điều kiện ta thu được nghiệm S 1
Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương
đương với
2x 2 7
2 x2 5
x3
x
2
2x x 7
x
2x 2 7
1
2 x2 5
1
x3
x
2x x 7
2x 3 7x x x 3 2x 3 7x 9
x3
2x 2 7 x
2
x 1 2x 2 2x 9 0 x 1
Do 2x2 2x 9 x2 x 1 8 0 .
2
Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x 1 .
Hướng 3. Nhận thấy khi chia hai vế của phương trình cho x thì phương trình đã cho
3
7
10
3
7
được viết lại thành 1 2x 2x . Để ý đến biểu thức 1 2x
ta nghĩ
x
x
x
x
x
đến biến đổi phương trình về dạng A2 B2 .
Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương đương
với
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
45
Website:tailieumontoan.com
2x
7
3
7 1 9 6
1 9 6
3
1 2x 2 1 2 1
x
x
x 4x x 4x x x
2
2
7 1 3 3 1
7
7 3
2x 1
2x 1 2x 0
x 2 x 2x 2
x
x x
7
2x 1
2x 2 x 7 0
x
3
x1
7 3
2x 7x 9 0
2x
x x
Đối chiếu điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình là x 1 .
Ví dụ 22. Giải phương trình
x2
1
3x x 2 1
3
x
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho được viết lại thành 3x2 3
x x 2 3x2 1 có hình thức
tương tự như phương trình được cho trong ví dụ trên, do đó ta sử dụng phương pháp đặt
ẩn phụ, nhân lượng liên hợp để xử lý phương trình.
Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Phương trình đã cho tương đương với 3x2 3
Đặt
x x 2 3x2 1
x u; 3x2 1 v u, v 0 . Khi đó phương trình đã cho quy về
v
2
u v
2 u u 2 2 v u v uv 2 0
uv 2
+ Với u v 3x2 x 1 0 (Vô nghiệm)
x 0
x 0
x 1.
+ Với uv 2 3
x 1 3x 2 3x 4 0
3x x 4 0
Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x 1.
Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương
đương với
3x 2 3
3x 2 1
3x 2 3
3x 2 1
3x 2 x 1
3x 2 x 1
1
1
x2
x2
x2
x
x
x 3x 2 1 x
x 2 3x 3 x x 3x 3 x 4 0 x 1 3x 2 3x 4 0 x 1
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
46
Website:tailieumontoan.com
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.
Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương
đương với
x 2
3x 3 x 3 x 3 x
3x 3 x x 2 3x 3 x
1 2
1
x 4x 4 x 2 4x 4 2x
4
4
2
2
3
3x x 2
x2 x2
3x 3 x
2 2
3x 3 x x
+ Với
3x3 x 2 3x3 x 4 0 x 1 3x2 3x 4 0 x 1
+ Với
3x3 x x , phương trình vô nghiệm do điều kiện x 0 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.
Ví dụ 23. Giải phương trình 5x2 4x 3
x x 3 5x2 4x
Lời giải
Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Nhận xét x 0 là một nghiệm. Với x 0 phương trình đã cho tương đương với
5x 2 4x
x
x
5x 2 4x 3
5x 2 4x
5x 2 4x 3
1
1
x3
x3
x
5x 2 3x
5x 2 3x
5x 2 3x
5x 2 3x
x3
x3
5x 2 4x x
x 5x 2 4x x
5x 3 4x 2 3 5x 3 4x 2 9 0 x 1 5x 2 9x 9 0 x 1
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 0 hoặc x 1 .
Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Đặt
x a; 5x2 4x b a 0; b 0 thì phương trình đã cho trở thành
a b
3 a a 2 3 b a b ab 3 0
ab 3
x 0
2
+ Với a b 5x 4x x x 5x 3 0
x 3
5
b
2
+ Với ab 3 5x3 4x2 3 5x2 4x2 9 0 x 1 5x 2 9x 9 0 x 1.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 0 hoặc x 1 .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
47
Website:tailieumontoan.com
Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương
đương với
5x
2
4x 3
x 0
x x 3 x. 5x 4 2
5x 4x 3 x 3 5x 4
Ta có 5x2 4x 3 x 3 5x 4 5x2 4x 3x x 3 5x3 4x 2
4 5x
4x 4 x 3
4 5x 3 4x 2 12x 4 x 3 5x 3 4x 2
3
2
x 3 2 5x 4x
3
2
5x 3 4x 2 x 2 6x 9 x 2 6x 9
x 3
2
2
5x 3 4x 2 3
5x 3 4x 2 9 0
2
5x 3 4x 2 x
x 5x 3 0
x 1 5x 2 9x 9 0
x 0;1
x 2 5x 3 0
Kết luận tập hợp nghiệm S 0;1 .
Ví dụ 24. Giải phương trình 7x2 5
x 7x2 2 x 3
Lời giải
Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Đặt
x u; 7x2 2 v u 0; v 0 thì phương trình đã cho trở thành
a b
3 a b a 2 3 a b ab 3 0
ab 3
+ Với a b 7x2 x 2 0 (Vô nghiệm)
b
2
+ Với ab 3 7x3 2x 9 0 x 1 7x 2 7x 9 0 x 1
Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S 1 .
Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Nhận xét x 0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Do đó ta có biến đổi
7x 2 5
7x 2 2
7x 2 5
7x 2 2
7x 2 x 2
7x 2 x 2
1
1
x3
x3
x3
x
x
x 7x 2 2 x
Dễ thấy 7x2 x 2 0 với mọi x 0 nên ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
48
Website:tailieumontoan.com
7x 2 x 2
7x 2 x 2
x 3 7x 3 2x x
2
x3
x 7x 2 x
7x 3 2x 9 0 x 1 7x 2 7x 9 0 x 1
Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S 1 .
Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x 0 .
Nhận xét x 0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Do đó biến đổi
7x
5
3
2
2
3
2
6 9
6 9
1 7x 0 4 7x 4 1 7x 1 2 1 2
x
x
x
x
x
x
x x
x x
3
2
1 2 7x
x
x
2
2
7x 1
7x 2 x 2 0
3
x
1
3
x1
x
2 3
7x 2x 9 0
7x
x x
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 .
Ví dụ 25. Giải phương trình 3 2 x 2 2x x 6 .
Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta thấy phương trình chưa hai căn thức bậc hai, do đó ta
nghĩ ngay đến việc loại bỏ các căn thức bậc hai này. Có hai hình thức loại bỏ căn bậc hai là
loại đi một căn thức hoặc loại được cả hai căn thức, tuy nhiên mục đính chính vẫn là đơn
giản hóa tối đa phương trình.
Hướng 1. Nếu loại bỏ một căn thức thì ta có thể sử dụng ẩn phụ t x 2 (tất nhiên
chọn ẩn phụ t x 6 cũng được). Khi đó ta có x t 2 2 và phương trình đã cho trở
thành
3 t 2 2 t 2 2 t 2 8 t 2 8 2t 2 3t 2
Với phương trình trên ta thấy có các hướng như sau
Thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì ta được phương trình t 4 3t 3 3t 1 0 , nhẩm
một số giá trị đặc biệt ta được t 1 và t 1 là các ngiệm. Như vậy phương trình trên
phân tích được thành tích và có dạng t 1 t 1 t 2 3t 1 0 . Như vậy ta giải được
phương trình.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC