Cđ một số dạng pt vô tỷ và cách giải

Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc
MỤC LỤC
PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU...................................................................................... Trang 2
I/ Lí do chọn đề tài .................................................................................................... Trang 2
II/ Mục đích nghiên cứu đề tài .................................................................................. Trang 2
III/ Phạm vi nghiên cứu - đối tượng nghiên cứu...................................................... Trang 3
IV/ Các phương pháp nghiên cứu và tiến hành ........................................................ Trang 3
PHẦN II - NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI..................................................................... Trang 3
I/ Cơ sở lý luận.......................................................................................................... Trang 3
II/ Cơ sở thực tiễn...................................................................................................... Trang 4
III/ Nội dung và phương pháp nghiên cứu……........................................................ Trang 5
1. Khái niệm phương trình vô tỉ................................................................................ Trang 5
2. Phương pháp chung............................................................................................... Trang 5
3. Phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản......................................................... Trang 6
3.1) Phương pháp nâng lên luỹ thừa ...................................................................... Trang 6
3.2) Phương pháp đưa về pt chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ........................... Trang 13
3.3) Phương pháp đặt ẩn phụ ................................................................................. Trang 15
3.4) Phương pháp đưa về hệ phương trình............................................................. Trang 20
3.5) Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức.............................................................. Trang 25
3.6) Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất ................................................... Trang 28
3.7) Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp – Trục căn thức.............................. Trang 29
IV/ Kết quả................................................................................................................ Trang 31
PHẦN III. KẾT LUẬN............................................................................................. Trang 31
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ Trang 32
PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU.
I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các
phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng
là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn
đối với đối tượng học sinh khá - giỏi.
Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỷ trong SGK rất ít và là những bài
đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương mất căn đưa về
Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 1

phương trình bậc nhất một ẩn, song thực tế theo dõi trong các kì thi học sinh giỏi lớp 9,
các đề thi vào lớp 10 THPT hằng năm tôi nhận thấy chủ đề phương trình vô tỉ thường
xuyên xuất hiện với số lượng bài tương đối nhiều và thường là những bài khá khó,
không đơn giản chỉ giải bằng phương pháp thông thường.
Với mỗi phương trình vô tỉ, tùy đặc điểm cụ thể có thể có nhiều cách giải khác
nhau. Có một số phương trình vô tỉ nếu giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa để làm
mất căn thức thường dẫn đến một phường trình bậc cao, mà phương trình bậc cao đó
việc tìm nghiệm nhiều khi không đơn giản chút nào.
Với mong muốn tháo gỡ một số khó khăn trong quá trình dạy và hoc về phương
trình vô tỉ, từ đó nâng cao chất lượng, hiệu quả giáo dục. Sau đây tôi xin mạnh dạn trình
bày những suy nghĩ cũng như những gì mà tôi tìm hiểu, tham khảo, đã từng áp dụng về
phương trình vô tỉ qua đề tài ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ
bản ở cấp THCS '' kính mong quý thầy cô cùng các bạn đóng góp ý kiến cho tôi để đề
tài được áp dụng rộng rãi hơn.
II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:
- Nhằm trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ từ đó
phát triển năng lực tư duy, nâng cao chất lượng môn toán, giúp các em tiếp thu bài một
cách chủ động, sáng tạo và là công cụ giải quyết những bài tập có liên quan đến phương
trình vô tỉ.
- Tạo ra được hứng thú học tập cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách
tham khảo giúp học sinh giải được một số bài tập.
- Giải đáp được những thắc mắc, sửa chữa được những sai lầm thường gặp khi
giải phương trình vô tỉ trong quá trình dạy và học.
- Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp
dụng thành thạo các phương pháp đó vào giải bài tập.
- Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc
học toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ. Đồng thời góp phần nâng cao
chất lượng và hiệu quả giáo dục.
III- PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Phát triển năng lực tư duy của học sinh thông qua các bài toán giải phương trình
vô tỉ đối với học sinh THCS.
Đề tài này áp dụng đối với học sinh THCS chủ yếu là học sinh khối 9 trong các
giờ luyện tập, ôn tập học kì, ôn tập cuối năm và cho các kì thi HSG, thi vào lớp 10
THPT.

IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH :
1. Phương pháp nghiên cứu:
+ Tham khảo thu thập tài liệu.
+ Phân tích, tổng kết kinh nghiệm.
+ Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh.
+ Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện.
+ Phương pháp điều tra, trắc nghiệm.
+ Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác.
2. Phương pháp tiến hành:
Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc
phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải.
PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ một vai trò chủ
đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một
kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác
thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng
mạn không kém những môn khoa học khác.
Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi
bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các
nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì
việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú
trọng.
Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn
Toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao
cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán của
các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể bồi
dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội.
Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ
thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học
sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình,
đặc biệt là phương trình vôi tỉ.
Phương trình vô tỉ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người
nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối
ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỉ mãi mãi vẫn còn là đối
tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi, học hỏi và phát triển tư duy.

Mỗi loại bài toán về phương trình vô tỉ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có
tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các bài
toán giải phương trình vô tỉ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp
THCS.
Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô
tỉ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng nên tôi xin trình bày đề tài:
''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS ''
Trong đề tài, tôi đưa ra một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và phương pháp
giải, phù hợp với trình độ của học sinh THCS.
Trang bị cho học sinh một số dạng toán và phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ
bản áp dụng để làm bài tập.
Rút ra một số chú ý khi làm từng phương pháp.
Chọn lọc một số bài tập hay, phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi.
Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ.
Tôi hy vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS trong việc học và
giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng
định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học
sinh làm việc tích cực hơn đạt kết quả cao trong kiểm tra.
II- CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Trong chương trình Toán THCS, các bài toán về phương trình vô tỉ được đề cập
đến không nhiều, nhưng nó lại có rất nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng trong tất
cả các kì thi. Các bài toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật
nhuần nhuyễn, có hệ thống một số kiến thức khác như: phương trình bậc nhất một ẩn,
phương trình tích, ĐK của một số loại biểu thức...Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát
triển khả năng tư duy cho HS, ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức được sử
dụng thi học kì, thi HSG, thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH dưới dạng bài tập khó.
Trên thực tế, với kinh nghiệm bản thân trong nhiều năm giảng dạy Toán 9 và ôn thi
vào lớp 10 THPT tôi thấy HS thường không giải được hoặc mắc một số sai lầm khi giải
phương trình vô tỉ như:
- Thiếu hoặc sai ĐK của phương trình (chủ yếu là ĐK của căn thức).
- Chỉ giải được dạng phương trình đơn giản trong SGK.
- Khi bình phương hai vế của phương trình để làm mất CBH thường các em không
tìm ĐK để cả hai vế đều dương.
- Ở dạng phức tạp hơn thì các em chưa có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải rất
hạn chế, các em thường không có cơ sở kiến thức để phát triển phương pháp giải.
- Có rất ít tài liệu đề cập sâu về dạng phương trình này.
- Không đồng đều về nhận thức trong một lớp nên việc phát triển kiến thức về
phương trình vô tỉ trong các tiết dạy là rất khó.

Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh tôi thấy kết
quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau:
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
18 51.4 12 34.3 4 11.4 1 2.9
Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em
chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi,
khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương
trình vô tỉ cũng chưa nhiều.
Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng
dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho
học sinh, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm ''Phương pháp giải một số dạng
phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS '' áp dụng cho khối THCS với hy vọng phần
nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là
một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp.
III- NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:
a) Khái niệm: Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
b) Các ví dụ:
a) 11 =−x b) 2173 =+−+ xx
c) 12
+− xx =3 d)
3 23
33 2
1 1
4
11
x x x
xx
− −
− =
+−
2. PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
Để giải phương trình vô tỉ ta tìm cách khử dấu căn. Cụ thể:
- Tìm ĐK của phương trình.
- Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học.
- Giải phương trình vừa tìm được.
- So sánh kết quả với ĐK rồi kết luận nghiệm.
3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN:
3.1. Phương pháp 1: Phương pháp nâng lên luỹ thừa:
a) Dạng 1: ( )f x c= (c là hằng số) (1)
Đây là dạng đơn giản nhất của phương trình vô tỉ
Sơ đồ cách giải:
- Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm.

- Nếu c = 0 thì (1) ⇔ f(x) = 0. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm của (1)
- Nếu c > 0 thì (1) ⇔ f(x) = c2
. Giải PT này ta tìm được nghiệm của (1)
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2
5 6 0x x+ + =
Gợi ý: Ta có:
2 2 3
5 6 0 5 6 0
2
x
x x x x
x
= −
+ + = ⇔ + + = ⇔  = −
Vậy tập nghiệm của phương trình là { }3; 2S = − −
3 1 5x x− + =
Gợi ý: Ta có:
2 2 2
3 105
2
3 1 5 3 1 25 3 24 0
3 105
2
x
x x x x x x
x
 +
=
− + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔
 −
=

Vậy tập nghiệm của phương trình là:
3 105 3 105
;
2 2
S
 + − 
=  
  
b) Dạng 2: )()( xgxf =
[ ]
2
(x) 0
( ) ( )
f(x) (x)
g
f x g x
g
≥
= ⇔ 
=
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3x3x −=+ (1)
Ta có: ( )
( )
2
2
3 0
3
1 3 3 3 0
3 6 9
3 3
x
x
x x x
x x x
x x
 + ≥
 ≥
⇔ + = − ⇔ − ≥ ⇔ 
+ = − +
+ = −
2
3
3
1(loai)
7 6 0
6
x
x
x
x x
x
≥
≥ 
⇔ ⇔ = 
− + =   =
Vậy phương trình có nghiệm là: x =6.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 131 =−+ xx (1)
Ta có: (1)
2
1 0
1 13 13 0
1 (13 x)
x
x x x
x
 − ≥

⇔ − = − ⇔ − ≥
 − = −
2
1 0 1 0
13 0 13 0
1027 170 0
17( )
x x
x x
xx x
x loai


 − ≥ − ≥
 
⇔ − ≥ ⇔ − ≥ 
  =− + =  
 =

Vậy nghiệm của phương trình là 10=x
c) Dạng 3: ( ) g( )f x x=
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x g x
f x g x
≥

= ⇔ ≥
 =
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 3 4 7x x+ = −
Gợi ý: Ta có:
3
22 3 0
7
2 3 4 7 4 7 0 5
4
2 3 4 7
5
x
x
x x x x x
x x
x

≥ −
+ ≥ 
 
+ = − ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ = 
 + = − =


Vậy nghiệm của phương trình là: x = 5
5 6 1x x x+ + = − (1)
Gợi ý: Ta có:
2
2
2 2
3
25 6 0
5 6 1 1 0 1
5 6 1 6 5 0
x
xx x
x x x x x
x x x x x
 ≤ −
 ≥ − + + ≥ 
 
+ + = − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ 
 + + = − + + = 

3
2
1
1
5
1
5
x
x
x
x
x
x
x
 ≤ −
 ≥ − = −
⇔ ≤ ⇔  = − = −
 = −
Vậy tập nghiệm của phương trình là: { }1; 5S = − −
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2
1 2 5 9x x x x+ + = − +
Gợi ý: Ta có:
2
2 2 2
2 2
1 0
1 2 5 9 2 5 9 0
1 2 5 9
x x
x x x x x x
x x x x
 + + ≥

+ + = − + ⇔ − + ≥
 + + = − +
2 2
6 8 0
4
x
x x
x
=
⇔ − + = ⇔  =
Vậy tập nghiệm của phương trình là: { }2;4S =
Dạng 4 : ( ) g( )f x x c+ = (c là hằng số) (1)
- Nếu c < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
- Nếu c = 0. Ta có: (1)
(x) 0
( ) g( ) 0
g(x) 0
f
f x x
=
⇔ + = ⇔ 
=
- Nếu c>0. Ta có: (1)
2
(x) 0
( ) g( ) g(x) 0
(x) g(x) 2 (x).g(x)
f
f x x c
f f c
 ≥

⇔ + = ⇔ ≥

+ + =

2
2
22
(x) 0
(x) 0 g(x) 0
g(x) 0
(x) g(x) 0
2 (x).g(x) (x) g(x)
4 (x).g(x) (x) g(x)
f
f
c f
f c f
f c f
≥
 ≥ ≥ 
⇔ ≥ ⇔  − − ≥
 
= − −   = − − 
* Chú ý: Nếu ta có: ( ) g( )f x x c− = thì ta giải như sau:
( )
2 2
(x) 0 (x) 0
( ) g( ) ( ) g( ) g(x) 0 g(x) 0
f(x) g(x) c 2 (x)f(x) g( )
f f
f x x c f x x c
c gx c

≥ ≥

− = ⇔ = + ⇔ ≥ ⇔ ≥ 
 
= + += + 
2
2
22 2
(x) 0
(x) 0 g(x) 0
g(x) 0
(x) g(x) c 0
2 (x) (x) g(x) c
4 (x) (x) g(x) c
f
f
f
c g f
c g f
≥
 ≥ ≥ 
⇔ ≥ ⇔  − − ≥
 
= − −   = − − 
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 3 1 0x x+ + − = (1)
Gợi ý: Ta có:
3
2 3 0
2 3 1 0 2
1 0
1
x x
x x
x
x

+ = = − 
+ + − = ⇔ ⇔ 
− =  =
(vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 2 1 5x x− + − = (1)
Gợi ý: ĐK
1
1 0
11
2 1 0
2
x
x
x
x x
≥
− ≥ 
⇔ ⇔ ≥ 
− ≥ ≥ 
Ta có:
( )
2
1 2 1 5 1 2 1 25x x x x− + − = ⇔ − + − =
( ) ( )
( ) ( )
22
27 3 0
2 1 2 1 27 3
4 2 3 1 27 3
x
x x x
x x x
− ≥
⇔ − − = − ⇔ 
− + = −
2
1 9
1 9
55
150 725 0
145
x
x
xx
x x
x
≤ ≤
≤ ≤ 
⇔ ⇔ ⇔ == 
− + =   =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5
9 3 2x x x+ − − − =
Gợi ý: Ta có: 2 2 2 2
9 3 2 9 3 2x x x x x x+ − − − = ⇔ + = − − +

( )
( )
2
2
2 2
2 22
1 13
21 13
1 1323 0
21 13
9 3 2 82
16 3 16 644 3 8
x
x
x x x
xx x x x
x x x xx x x
 −
≤
 − ≤  + − − ≥  ≥  ⇔ ⇔+  
≥+ = − − + ⇔   ≥ −  
− − = + + − − = +


2
1 13
8
1 13 2
8
42 1 13
281 13 2
152 4
15 32 112 0 28
15
x
x
x
x
xx
x
x x
x
 −
− ≤ ≤ − − ≤ ≤  =+  ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − +   =≥  = 
 − − = −  =

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =
28
4;
15
− 
 
 
e) Dạng 5: ( ) g( ) ( )f x x h x+ = (1)
- Đặt điều kiện:
(x) 0
g(x) 0
h(x) 0
f ≥

≥
 ≥
- Bình phương hai vế của (1), ta có: [ ]
2
(x) g(x) 2 f(x).g(x) (x)f h+ + =
[ ]
2
2 (x)g(x) (x) (x) g(x)f h f⇔ = − − . Trở lại dạng 2
* Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) g( ) ( )f x x h x− = với điều kiện ( ) ( )f x h x≥
Ví dụ 1: Giải phương trình: 8 2 7 1 7 4x x x x+ + + + + − + = (1)
Gợi ý: ĐK:
2
7 0 7 7
7
8 2 7 0 1 0 1 0 2
1 7
36 01 7 0
2
x x x
x
x x x x x
x x
xx xx x
x

+ ≥  ≥ − ≥ −≥ −   
+ + + ≥ ⇔ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥   
+ ≥ +   ≤ −+ − ≥ + − + ≥  
 ≥
Ta có: (1) ( )
2
7 1 1 7 4x x x⇔ + + + + − + =

7 1 1 7 4 1 7 3 7
3 7 0 7 3
1 7 9 7 6 7 5 7 15
7 3 7 9 2(t/ m)
x x x x x x
x x
x x x x x
x x x
⇔ + + + + − + = ⇔ + − + = − +
 − + ≥ + ≤ 
⇔ ⇔ 
+ − + = + + − + + =  
⇔ + = ⇔ + = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.
1 1 2x x x x− + + + = + (1)
Gợi ý: ĐK:
2
1 0
1
1 0 1
2
2 0
x x
x
x x
x
x
 − + ≥
≥ −
+ ≥ ⇔ ⇔ ≥ − 
≥ − + ≥
Ta có: (1) 2 2 2
1 1 2 ( 1)( 1) 4 4x x x x x x x x⇔ − + + + + − + + = + +
( )
3 3 3 2
3 2 2
2 1 4 2 1 2 1 1 4 4 1
0
4 4 0 4 4 0 2 2 2 (t/ m)
2 2 2
x x x x x x x
x
x x x x x x x
x
⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + +
=

⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = +
 = −
Vậy tập nghiệm của phương trình là: { }0;2 2 2;2 2 2S = + −
g) Dạng 6: ( ) ( ) ( )f x g x h x+ =
( ) 0 ( ) 0
( ) 0 ( ) 0
(x) 0 (x) 0
( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) (x) g(x)
f x f x
g x g x
h h
f x g x f x g x h x f x g x h x f
≥ ≥ 
 ≥ ≥ 
⇔ ⇔ ≥ ≥
 
 + + = = − − 
Đến đây bài toán trở lại dạng 2
Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) ( ) ( )f x g x h x− =
Ta có: ( ) ( ) ( ) (x) g(x) f(x)f x g x h x h− = ⇔ + = ⇒ Bài toán trở lại dạng 6
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 4 4 2x x x+ + − = (1)
Điều kiện:
4
3 4 0 3
4 0 4 4
0 0
x
x
x x x
x x
−
≥+ ≥

− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 
 ≥ ≥ 

Ta có: (1) ( ) ( )3 4 4 2 3 4 4 4x x x x x⇔ + + − + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
4
4 2 3 4 4 4 3 4 4 0 43
4
x
x x x x x x x
x
−
=⇔ + + − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ =

=
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1+x - 7−x = x−12
Gợi ý: ⇔ 1+x = x−12 + 7−x (1)
ĐK: 12x7
7x
12x
1x
07x
0x12
01x
≤≤⇔





≥
≤
−≥
⇔





≥−
≥−
≥+
(2)
Bình phương hai vế ta được: )7x)(x12(27xx121x −−+−+−=+
⇔ )7x)(x12(24x −−=− (3)
Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của
phương trình (3) ta được:
(x - 4)2
= 4(- x2
+ 19x- 84)
⇔ 5x2
- 84x + 352 = 0
Phương trình này có 2 nghiệm x1 =
5
44
và x2 = 8 đều thoả mãn (2).
Vậy x1 =
5
44
và x2 = 8 là nghiệm của phương trình.
h) Dạng 7: ( ) g( ) (x) (x)f x x h k+ = +
Điều kiện:
(x) 0
g(x) 0
(x) 0
k(x) 0
f
h
≥
 ≥

≥
 ≥
Bình phương hai vế của phương trình, ta có:
(x) g(x) 2 (x)g(x) (x) k(x) 2 (x)k(x)f f h h+ + = + +
( )2 (x)g(x) (x)k(x) (x) k(x) f(x) g(x)f h h⇔ − = + − − ⇒ Bài toán trở lại dạng 5
Ví dụ 1: Giải phương trình : 1+x + 10+x = 2+x + 5+x (1)
Gợi ý: ĐK :







≥+
≥+
≥+
≥+
05
02
010
01
x
x
x
x
⇔







−≥
−≥
−≥
−≥
5
2
10
1
x
x
x
x
⇔ x ≥ -1 (2)
Bình phương hai vế của (1) ta được:
x+1 + x+ 10 + 2 )10)(1( ++ xx = x+2 + x+ 5 + 2 )5)(2( ++ xx
⇔ 2 + )10)(1( ++ xx = )5)(2( ++ xx (3)
Với x ≥ -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được:
)5x)(2x()10x)(1x()10x)(1x(44 ++=++++++

⇔ 1x)10x)(1x( −−=++
Điều kiện ở đây là x ≤ -1 (4)
Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)



−≤
−≥
1
1
x
x
⇔ x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 1 2 16 2 4 2 9x x x x+ + + = + + + (1)
Gợi ý: ĐK:
1
2 1 0 2
2 16 0 8 1
2 4 0 2 2
2 9 0 9
2
x
x
x x
x
x x
x
x
−
≥+ ≥
 + ≥ ≥ − − 
⇔ ⇔ ≥ 
+ ≥ ≥ − 
 + ≥ − ≥

Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 16 2 2 1 2 16 2 4 2 9 2 2 4 2 9x x x x x x x x⇔ + + + + + + = + + + + + +
2 2
4 34 16 2 4 26 36x x x x⇔ + + + = + + (2)
Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có:
( ) 2 2 2
2
2 2
2 4 34 20 4 4 34 16 4 26 36
4 34 16 2 4
2 4 0 2
0(t/ m)
04 34 16 4 16 16
x x x x x x
x x x
x x
x
xx x x x
⇔ + + + + + = + +
⇔ + + = − +
− + ≥ ≤ 
⇔ ⇔ ⇔ = 
=+ + = − + 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0
* Nhận xét :
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình
vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc
chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều không âm.
Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n
= b2n
và ngược lại (n= 1,2,3.....)
Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình
đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi
sử dụng phương pháp này.
Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều
phương pháp khác lại với nhau .
* Bài tập áp dụng:
1. 42
−x = x- 2 5. x−1 = x−6 - )52( +− x
2. 41 2
++ xx = x+ 1 6. 3
1−x + 3
2−x = 3
32 −x
3. x−1 + x+4 =3 7. x + 1x + = 1−x + 4+x
4. 3
45+x - 3
16−x =1

3.2. Phương pháp 2: Phương pháp đưa về PT chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối:
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x
f x g x f x g x
f x
f x g x
 ≥

== ⇔ = ⇔
 ≤

= −
+−=+− xxx (1)
Gợi ý: ĐK:



≥+−
≥+−
04
016249 2
x
xx
⇔



≤
∀≥−
4
0)43( 2
x
xx
⇔ x ≤ 4
Ta có: (1) ⇔ 43 −x = -x + 4⇔ 


−=−
+−=−
4x4x3
4x4x3
⇔ 


=
=
0x
2x
(thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0
+− xx + 1682
+− xx = 5 (1)
Gợi ý: ĐK: x∀ ∈R
Ta có: (1) ⇔ 2 2
( 2) ( 4) 5x x− + − = ⇔ 2−x + 4−x = 5
Ta xét các khoảng:
+ Khi x < 2 ta có (2) ⇔ 2 - x + 4 - x = 5
⇔ 6 - 2x = 5
⇔ x = 0,5 (thoả mãn x < 2)
+ Khi 2 ≤ x < 4 ta có (2) ⇔ x - 2 + 4 - x = 5
⇔ 0x + 2 = 5 (phương trình vô nghiệm)
+ Khi x ≥ 4 ta có (2) ⇔ x - 2 + x - 4 = 5
⇔ 2x - 6 =5
⇔ x =5,5 (thoả mãn x ≥ 4)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = 0,5; x2 = 5,5
Ví dụ 3: Giải phương trình: 314 +−− xx + 816 +−− xx = 1 (1)
Gợi ý: ĐK: x ≥ 1
Ta có: (1) ⇔ 414)1( +−−− xx + 916)1( +−−− xx = 1
⇔ 2
)21( −−x + 2
)31( −−x = 1⇔ 21 −−x + 31 −−x =1 (2)
- Nếu 1 ≤ x < 5 ta có (2) ⇔ 2- 1−x + 3 - 1−x = 1
⇔ 1−x =2
⇔ x = 5 không thuộc khoảng đang xét
- Nếu 5 ≤ x < 10 thì (2) ⇔ 1−x - 2 + 3 - 1−x = 1
⇔ 0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm

- Nếu x ≥ 10 thì (2) ⇔ 1−x - 2 + 1−x - 3 = 1
⇔ 31x =−
⇔ x = 10 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có vô số nghiệm: 5 ≤ x ≤ 10
Nhận xét :
Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử
dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế
cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau:
- Áp dụng hằng đẳng thức 2
A = A
- Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn
nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm .
* Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1) 2
2 1 5x x+ + = 11) 4 4 3x x− + =
2) 2
6 9 2 1x x x− + = − 12) 4 4 5 2x x x+ + = +
3) 2 2
2 1 4 4 4x x x x− + + + + = 13) 2 1 4 4 10x x x x− + − − + =
4) 2 2 2
6 9 2 8 8 2 1x x x x x x− + + + + = − + 14) 2 2
4 4 6 9 1x x x x− + + − + =
5) 2 1 2 1 2x x x x+ − + − − = 15) 3 2 4 4 4 1x x x x− − − + − − =
6) 6 2 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + = 16) 2 2 5 2 3 2 5 7 2x x x x− + − + + + − =
7) 2 2
2 2 1 5 0x x x x+ − + + − = 17) 45224252642 =−−−+−++ xxxx
8) 2
4 4 2 10x x x− + + = 18) 2
2 1 2 8x x x− + + =
9)
1 1
2
2 4
x x x+ + + + =
19) 05261
4
1 2
=−−++ xx
10)
3
2 1 2 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
20) 2
4 4 2x x x− + = −
3.3. Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ:
a) Dạng 1: Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường:
Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt ( )t f x= và chú ý
điều kiện của t . Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t

quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như
“hoàn toàn ”.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x2
+ 3x + 932 2
++ xx = 33
Gợi ý: ĐK: ∀ x ∈R
Phương trình đã cho tương đương với: 2x2
+ 3x + 9 + 932 2
++ xx - 42= 0 (1)
Đặt 932 2
++ xx = t (t ≥ 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt
điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t)
Ta có: (1) ⇔ t2
+ t - 42 = 0
Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại)
Từ đó ta có: 932 2
++ xx = 6 ⇔ 2x2
+ 3x -27 = 0
Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -
2
9
Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 4
x = 12 (1)
Đặt 4
x = t (t ≥ 0) ⇒ x = t2
, ta có: (1) ⇔ t2
+ t -12 = 0
Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = - 4 (loại)
Với t = 3 ⇒ 4
x = 3 ⇒ x = 81(thỏa mãn)
Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 1+x + x−3 - )3)(1( xx −+ = 2 (1)
Gợi ý: ĐK:



≥−
≥+
03
01
x
x
⇔



≤
−≥
3
1
x
x
⇔ 3x1 ≤≤−
Đặt 1+x + x−3 = t ≥ 0 ⇒ t2
= 4 + 2 )3)(1( xx −+
⇒ )3)(1( xx −+ =
2
42
−t
(2)
Thay vào (1) ta được: (1) 2
2
4t
t
2
=
−
−⇔ ⇔ t2
- 2t = 0 ⇔ t(t-2)= 0 ⇔ 


=
=
2
0
t
t
+ Với t = 0 ⇒ 1+x + x−3 = 0⇒



=−
=+
0x3
01x
(vô nghiệm) ⇒ phương trình vô nghiệm.
+ Với t = 2: (2)⇒ )3)(1( xx −+ = 0 ⇒ x1 = -1; x2 = 3 (thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = -1; x2 = 3
1 1 2x x x x− − + + − = (1)
Gợi ý: ĐK: 1x ≥
Nhận xét. 2 2
1. 1 1x x x x− − + − =

Đặt 2
1t x x= − − (t > 0) thì phương trình (1) có dạng:
1
2 1t t
t
+ = ⇔ =
Thay vào tìm được 1x = (t/m)
Ví dụ 5: Giải phương trình sau: 2 1
2 3 1x x x x
x
+ − = + (1)
Gợi ý: ĐK: 1 0x− ≤ < ; 1x ≥
Chia cả hai vế cho x, ta nhận được:
1 1 1 1
2 3 2 3 0x x x x
x x x x
+ − = + ⇔ − + − − = (*)
Đặt
1
t x
x
= − (t ≥ 0), thì phương trình (*) có dạng:
2 1
2 3 0
3(loai)
t
t t
t
=
+ − = ⇔  = −
Với t = 1
1 5
2
x
±
⇒ = (thỏa mãn)
Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 4 23
2 1x x x x+ − = + (1)
Gợi ý: Nhận xét: 0x = không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x, ta được: 3
1 1
(1) 2x x
x x
 
⇔ − + − = ÷
 
Đặt t= 3
1
x
x
− . Ta có: 3
2 0t t+ − = ⇔
1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =
3 21 18 2 7 7 2x x x x+ + + + + = (1)
Gợi ý: Đặt y = 2
7 7x x+ + ; 0y ≥
Phương trình (1) có dạng: 3y2
+ 2y - 5 = 0
5
3
1
y
y
−
=⇔

=
1y⇔ =
Với y = 1 2
7 7 1x x⇔ + + =
1
6
x
x
= −
⇔  = −
là nghiệm của phương trình đã cho.
b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:
Ta đã biết cách giải phương trình: 2 2
0u uv vα β+ + = (1) bằng cách
Nếu 0v ≠ phương trình (1) trở thành:
2
0
u u
v v
α β
   
+ + = ÷  ÷
   
Nếu 0v = thử trực tiếp.
Các dạng phương trình sau cũng đưa về được (1)
+) ( ) ( ) ( ) ( ). .a A x bB x c A x B x+ =
+) 2 2
u v mu nvα β+ = +
+x = 2( x2
+ 2) (1)
Gợi ý: ĐK: 1x −≥
Ta có: (1) ⇔ 5. ( )2 2
1. 1 2 2x x x x+ − + = +

Đặt 1+x = a ≥ 0 ; 12
+− xx = b > 0 ⇒ a2
+ b2
= x2
+ 2
Thay a, b vào phương trình (1), ta có :
(1) ⇔ 5ab = 2(a2
+ b2
) ⇔ 2a2
+ 2b2
- 5ab = 0
⇔ 2a2
- 4ab - ab + 2b2
= 0 ⇔ (2a- b)( a -2b) = 0 ⇔ 


=−
=−
02
02
ba
ba
+ Trường hợp: 2a = b ta có: 2 1+x = 12
+− xx
⇔ 4x + 4 = x2
- x +1⇔ x2
- 5x - 3 = 0
Phương trình có nghiệm x1 =
2
375 +
; x2 =
2
375 −
(thỏa mãn)
+ Trường hợp: a = 2b, ta có: 1+x = 2 12
+− xx
⇔ x+ 1 = 4x2
-4x + 3 = 0
⇔ 4x2
- 5x + 3 = 0 phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x1=
2
375 +
và x2=
2
375 −
Ví dụ 2: Giải phương trình: 1+x + 2 (x+1) = x- 1 + x−1 + 3 2
1 x− (1)
Gợi ý: ĐK: -1≤ x ≤ 1
Đặt 1+x = u ≥ 0 và x−1 = t ≥ 0
Ta có: (1) ⇔ u + 2u2
= -t2
+ t + 3ut⇔ (u - t ) 2
+ u(u-t) + (u-t) = 0
⇔ (u-t)(2u - t +1 ) = 0⇔ 


=+
=
t1u2
tu
⇔




−=++
−=+
x111x2
x11x
⇔




−=
=
25
24
x
0x
Cả hai giá trị đều thoả mãn điều kiện: -1 ≤ x ≤ 1.
Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 0; x2 =
25
24
−
Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 2 3
2 5 1 7 1x x x+ − = − (1)
Gợi ý: ĐK: 1x ≥
Ta đưa phương trình (1) về dạng: ( ) ( ) ( ) ( )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 phương trình:
9
3 2 7 1
4
v u
u v uv
v u
=
+ = ⇔
 =

Thay u,v vào ta tìm được: 4 6x = ±
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 4 2
3 1 1x x x x+ − = − + (1)
Gợi ý: Ta đặt: ( )
2
2
, 0;
1
u x
u v u v
v x
 =
≥ >
= −
Ta có: (1) ⇔ 2 2
3u v u v+ = − ⇔ 2(u + v) - (u - v)= ( ) ( )u v u v+ −

Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x.
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
Gợi ý: ĐK:
1
2
x ≥ . Bình phương 2 vế ta có:
( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x+ − = + ⇔ + − = + − −
Ta có thể đặt:
2
2
2 1
u x x
v x
 = +

= −
khi đó ta có hệ:
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
 −
=
= − ⇔
 +
=

Vì , 0u v ≥ nên ( )21 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
+ +
= ⇔ + = − . Giải tiếp ta ìm được x.
Chú ý: Các phương trình dạng 2 2
u v mu nvα β+ = + có thể giải như VD4 và VD 5
c) Dạng 3: Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:
Ví dụ 1: Giải phương trình: ( )2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + + (1)
Gợi ý: Đặt 2
2t x= + ; 2t ≥ . Ta có:
( ) ( )2 2 2 3
(1)x 2 2 2 3 3 0 2 3 3 0
1
t
x x x t x t x
t x
=
+ − + + − + = ⇔ − + − + = ⇔  = −
Nếu t = 3 2
2 3 7x x⇔ + = ⇔ = ±
Nếu t = x - 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: 2 2 1
2 2 1
2
x x x x
−
+ = − + ⇔ = (loại)
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) 2 2
1 2 3 1x x x x+ − + = +
Gợi ý: Đặt: 2
2 3, 2t x x t= − + ≥
Ta có: ( ) 2
(1) 1 1x t x⇔ + = + ( )2
1 1 0x x t⇔ + − + =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
=
⇔ − + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔  = −
Nếu t = 2 2 2 2
2 3 2 2 3 4 2 1 0 1 2x x x x x x x⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = ±
Nếu t = x - 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: x2
– 2x + 3 = x2
– 2x + 1 ⇒phương trình vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải phương trình: ( )2 2
3 1 3 1x x x x+ + = + + (1)
Gợi ý: Đặt 2
1; 1t x t= + ≥
Phương trình (1) trở thành: t2
- (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t - x)(t - 3) = 0 3
t x
t
=
⇔  =
Nếu t = x 2
1x x⇔ + = (vô nghiệm)
Nếu t = 3 2
1 3 2 2x x⇔ + = ⇔ = ± . Vậy: 2 2x = ±
d) Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích:
1 x− + 2+x =1
Gợi ý: ĐK: x ≥ -2
Đặt 2+x = t ≥ 0 2tx 2
−=⇒ . Khi đó: 3
1 x− = 3 2
3 t−

Phương trình (1) ⇔ 3 2
3 t− + t = 1⇔ 3 2
3 t− = 1- t
⇔ 3- t2
= (1-t) 3 ⇔ t3
- 4t2
+ 3t + 2 =0
⇔ (t-2) ( t2
-2t -1) = 0 ⇔ 


=−−
=−
01t2t
02t
2
⇔









−=
+=
=
)loai(21t
21t
2t
+ Với t = 2 2x =⇒
+ Với t = 1 + 2 221x +=⇒
Vậy phương trình có nghiệm: x = 2; x = 1 + 2 2 .
Ví dụ 2: Giải phương trình: (4x-1) 12
+x = 2(x2
+ 1) + 2x - 1 (1)
Gợi ý: Đặt 12
+x = y ; y ≥ 1 ⇒ x2
+ 1 = y2
(1) ⇔ (4x-1)y = 2y2
+ 2x -1 ⇔ 2y2
- (4x -1) y + 2x - 1= 0
⇔ ( 2y2
- 4xy + 2y) - ( y - 2x+1) = 0 ⇔ (y- 2x+1) (2y- 1) = 0
⇔ 


=−
=+−
01y2
01x2y
⇔




=
−=
)loai(
2
1
y
1x2y
Với y = 2x - 1 ta có: 12
+x = 2x - 1 (ĐK: x
2
1
≥ )
⇔ x2
+ 1 = 4x2
- 4x + 1 ⇔ 3x2
- 4x = 0 ⇔




=
=
3
4
x
)loai(0x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =
3
4
.
Ví dụ 3: Giải phương trình: ( 11 −+ x )( 11 +− x ) = 2x
Gợi ý: ĐK: -1 ≤ x ≤ 1 (1)
Đặt x+1 = u (0 ≤ u ≤ 2 ) ⇒ x = u2
- 1.
Ta có: (1) ⇔ (u -1 ) ( )12 2
+− u = 2 ( u2
-1) ⇔ (u -1 )[ ] 0)1u(2)1u2( 2
=+−+−
⇔ (u-1) ( )122 2
−−− uu = 0⇔




=−−−
=−
0122
01
2
uu
u
+ Với u-1 = 0 ⇒ u =1 ( thoả mãn u ≥ 0 ) suy ra x = 0 thoả mãn (1)
+ Với 122 2
−−− uu = 0 ⇔ 2
2 u− = 2u + 1 (vì u≥ 0 nên 2u +1 >0)
⇔ 22
)1u2(u2 +=− ⇔ 01u4u5 2
=−+

⇔ 0)1u5)(1u( =−+ ⇔




=
−=
5
1
u
)loai(1u
+ Với u =
5
1
ta có: x = (
5
1
)2
- 1 =
25
24−
thỏa mãn điều kiện (1)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 và x =
25
24−
.
* Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta
cần chú ý các bước sau.
+ Tìm tập xác định của phương trình.
+ Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi
là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;….. là những phương trình
quen thuộc.
+ Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0;…..
thuộc tập xác định .
+ Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như
nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa
ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải.
Bài tập áp dụng:
1. 673
−− xx = 0
2. 22
−− xx - 2 22
+− xx = 1−x
3. x(x+5) = 2 2253 2
−−+ xx
4. 2( x2
+ 2x + 3) = 5 233 23
+++ xxx
3.4. Phương pháp 4: Phương pháp đưa về hệ phương trình:
Các bước tiến hành:
- Tìm điều kiện tồn tại của phương trình
- Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình
quen thuộc.
25 x− - 2
15 x− = 2
Gợi ý: ĐK: 0 ≤ x2
≤ 15
Đặt: 2
25 x− = a (a ≥ 0) (* ); 2
15 x− = b ( b ≥ 0) ( ** )
Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình:

(1)⇒





≠+
+=+−
=−
0
)(2))((
2
ba
bababa
ba
⇔



=+
=−
5
2
ba
ba
⇔






=
=
2
3
2
7
b
a
+ Với a =
2
7
⇒ 25 - x2
=
4
49
⇔ x2
=
4
51
⇒ x =
2
51
± (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2
51
± .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
35
3)3(5)5(
−+−
−−+−−
xx
xxxx
= 2 (1)
Gợi ý: ĐK: 3 ≤ x ≤ 5
Đặt




≥=−
≥=−
)0(3
)0(5
ttx
uux
Phương trình (1) trở thành hệ phương trình:
(1) ⇔




=+−
=+
2
2
22
22
tutu
tu
⇔ ut = 0 ⇔ 


=
=
0t
0u
+ Với u = 0⇒ 5x0x5 =⇒=− (thỏa mãn)
+ Với t = 0 ⇒ 3x03x =⇒=− (thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5.
2 x− + 1−x = 1
Đặt




≥=−
=−
)0(1
23
ttx
ux
Khi đó: u3
= 2 - x ; t2
= x- 1 nên u3
+ t2
= 1
Phương trình đã cho được đưa về hệ:



=+
=+
)2(1tu
)1(1tu
23
Từ phương trình (1) ⇒ u = 1 - t. Thay vào phương trình (2) ta có:
(2) ⇔ (1 - t)3
+ t2
= 1 ⇔ t( t2
- 4t + 3) = 0 ⇔ 


=+−
=
03t4t
0t
2
⇔








=
=
=
3t
1t
0t
+ Với t = 0 ⇒ 01x =− ⇒ x = 1 (thỏa mãn)
+ Với t = 1⇒ 11x =− ⇒ x = 2 (thỏa mãn)
+ Với t = 3⇒ 31x =− ⇒ x = 10 (thỏa mãn)
Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho.

)1( +x + 3 2
)1( −x + 3 2
1−x = 1
Đặt:
3
1+x = a ; 3
1−x = b nên ta có:
a2
= 3 2
)1( +x ; b2
= 3 2
)1( −x ; ab = 3 2
1−x .
Ta được phương trình: a2
+ b 2
+ ab = 1 (1)
Ta có: 



−=
+=
1
1
3
3
xb
xa
Ta được phương trình: a3
- b3
= 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:




=++−
=++
⇔




=−
=++
1)abba)(ba(
1abba
2ba
1abba
22
22
33
22
Từ hệ phương trình, ta suy ra: a - b = 2 ⇒ b = a - 2
Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2
= 0 ⇒ a =1
Với a = 1, ta có: 3
1+x = 1 ⇒ x = 0 (thỏa mãn)
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0
Ví dụ 5: Giải phương trình: 4 4 x x− + =
Gợi ý: ĐK:
0
4 0 0 12
4 4 0
x
x x
x
 ≥

+ ≥ ⇒ ≤ ≤

− + ≥
Đặt 4y x= + ta có hệ phương trình:
2
2
4 4
44
x y x y
y xy x
 = − = − 
⇔ 
= += + 
( ) ( ) ( )2 2
22
1 0
44
x y x yx y x y
x yx y
  + − + =− = − − 
⇔ ⇔ 
= −= −  
Vì x + y≠ 0 nên ta có hệ:
2 2
2
1 13
1 0 24 1 3 0
4 1 13
(loai)
2
xx y
x x x x
x y
x
 − +
=− + =
⇒ = − − ⇔ + − = ⇒
= − − −
=

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là:
1 13
2
x
− +
=
Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) ( )
2 2 3 23 3
3 1 3 1 9 1 1x x x+ + − + − = (1)
Gợi ý: Đặt 3 3
3 1; 3 1u x v x= + = −
Phương trình (1) trở thành hệ:
2 2
3 3
1
2 2
2
u v uv
u v u v
u v
 + + =
⇒ − = ⇒ = +
− =

Do đó: ( ) ( ) ( )
2 22 2
2 2 1 3 6 3 0 3 1 0 1 1v v v v v v v v u+ + + + = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ =
Ta có:
3
3
3 1 1
0
3 1 1
x
x
x
 + =
⇒ =
− = −
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0.
Chú ý: Đối với phương trình có dạng: (x) (x)n na f b f c− + + =
Ta thường đặt (x); (x)n nu a f v b f= − = +
Khi đó, ta được hệ phương trình: n n
u v c
u v a b
+ =

+ = +
Giải hệ này ta tìm được u và v. Từ đó ta tìm được giá trị của x.
1 1
1
2 2
x x+ + − =
(1)
Gợi ý: ĐK:
1
2
x ≤ Đặt : 3
1 1
; 0
2 2
u x v x= + = − ≥
Ta được hệ: ( ) ( ) ( )
3 2
3 2
0
1
1 1 1 3 0 1
1
3
v
u v
v v v v v v
u v
v
=
+ = ⇒ − = − ⇔ − − = ⇔ = + =  =
Giải tiếp ta tìm được tập nghiệm của phương trình là: S =
1 1 17
; ;
2 2 2
− − 
 
 
2 2 2 1x x x− = − (1)
Gợi ý: Điều kiện:
1
2
x ≥
Ta có (1) 2
( 1) 1 2 2 1x x⇔ − − = −
Đặt 1 2 1y x− = − thì ta đưa về hệ sau:
2
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
 − = −

− = −
Trừ hai vế của phương trình ta được: ( )( ) 0x y x y− + =
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: 2 2x = +
2 6 1 4 5x x x− − = + (1)
Gợi ý: ĐK
5
4
x ≥ −
Ta có: ( ) 2 2
1 4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x⇔ − − = + ⇔ − = + +
Đặt 2 3 4 5y x− = + ta được hệ :
2
2
(2 3) 4 5
( )( 1) 0
(2 3) 4 5
x y
x y x y
y x
 − = +
⇒ − + − =
− = +
Với 2 3 4 5 2 3x y x x x= ⇒ − = + ⇒ = +
Với 1 0 1 2 1 4 5x y y x x x+ − = ⇔ = − ⇔ − − = + (vô nghiệm)
Kết luận: Nghiệm của phương trình là 2 3x = +

5 5x x− + = (1)
Gợi ý: ĐK: 5x ≥ −
Ta có: (1) 2
5 5 ; 5x x x⇔ − = + ≥ (*)
Đặt 2
5 0 5x t t x+ = ≥ ⇒ − =
Kết hợp với (*) ta được hệ:
2
2
5
5
x t
t x
 − =

− =
Từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
Ví dụ 11: Giải phương trình: 7x2
+ 7x =
4 9
( 0)
28
x
x
+
> .
Gợi ý: Đặt
4 9
28
x
t a
+
= +
2 24 9
2
28
x
t at a
+
⇒ = + +
Chọn
1
2
a = ta được: 2 24 9 1 1
7 7
28 4 2
x
t t t t x
+
= + + ⇒ + = +
Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:
2
2
1
7 7
2
1
7 7
2
x x t
t t x

+ = +

 + = +

Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Nhận xét:
Qua các ví dụ trên cho ta thấy phương pháp đưa về hệ phương trình có những
điểm sáng tạo và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn. Do đó phương
pháp này thường được áp dụng cho học sinh khá, giỏi.
Ta cần chú ý một số điểm sau:
+ Tìm điều kiện tồn tại của phương trình.
+ Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung.
+ Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương
trình quen thuộc.
Ngoài ra người học còn biết kết hợp phương pháp này với các phương pháp khác
như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng hằng đẳng thức.
Giải các phương trình sau:
1.
x
1
+ 2
2
1
x−
= 2
2. 23
12 −x = x3
+ 1
3. 3
1 x− + 3
1 x+ =1
4. 3
1−x + 3
21−x = 3
32 −x
5. x+− 44 = x

5. Phương pháp 5: Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức:
Các bước:
* Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) và f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số).
Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a.
* Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥ m;
hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức
xảy ra.
* Áp dụng các bất đẳng thức: Côsi; Bunhia côpxki, ....
a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô
nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 1−x - 15 −x = 23 −x (1)
Gợi ý: ĐK:





≥−
≥−
≥−
023
015
01
x
x
x
⇔









≥
≥
≥
3
2
5
1
1
x
x
x
1x ≥⇔
Với x ≥ 1 thì x < 5x do đó 1−x < 15 −x
Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm.
Vậy phương trình vô nghiệm .
+− xx + 1362
+− xx + 4 2
54 +− xx = 3 + 2 (1)
Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ 2)3( 2
+−x + 4)3( 2
+−x + 4 2
1)2( +−x = 3 + 2
Mà 2)3( 2
+−x + 4)3( 2
+−x + 4 2
1)2( +−x ≥ 2 + 4 + 1 = 3 + 2
⇒ VP = VT = 3 + 2 khi



=−
=−
02x
03x



=
=
⇔
2x
3x
(vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
1. 1−x - 1+x = 2
2. 62
+x = x - 2 12
−x
3. x−6 + 2+x = x2
- 6x +13

b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế:
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − (1)
Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1 4 5 1 9 5 1x x x⇔ + + + + + = − +
Mà: VT = ( ) ( )
2 2
3 1 4 5 1 9 4 9 5x x+ + + + + ≥ + =
VP = ( )
2
5 1 5x− + ≤
( )
2
1 0 1 0 1VT VP x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm là: x = -1.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 4−x + x−6 = x2
-10x + 27 (1)
Gợi ý: ĐK: 4 ≤ x ≤ 6
Theo BĐT Côsi, ta có: 4−x
2
4x1 −+
≤
x−6
2
x61 −+
≤
2
2
x61
2
4x1
x64xVT =
−+
+
−+
≤−+−=⇒
Mà: VP= x2
– 10x + 27 = ( x-5)2
+ 2 ≥ 2 (∀ x)
VPVT =⇒ khi: x- 4 = 6 - x 5x10x2 =⇒=⇔ (thỏa mãn)
Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình (1)
2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
− +
= − +
− +
(1)
Gợi ý: Ta có: (1)
( )
( )
2
2
4
1 3 9
3 2
x
x
⇔ + = − +
− +
Mà: VT =
( )
2
4 4
1 1 3
23 2x
+ ≤ + =
− +
VP = ( )
2
3 9 3x − + ≥
( )
2
3 0 3 0 3VT VP x x x⇒ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3.
6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x− + + − + + − + = + (1)
Gợi ý:
Ta có: (1) ( ) ( ) ( )
2 2 2
4
3 2 3 4 2 1 3 2x x x⇔ − + + − + + − + = + (*)
Mà: VT = ( ) ( ) ( )
2 2 2 44
3 2 3 4 2 1 2 4 1 3 2x x x− + + − + + − + ≥ + + = +
VP = 3 2+
Nên (*) xảy ra
( )
( )
2
2
3 0 3
22 0
x x
xx
 − = =
⇔ ⇔ 
=− =
(vô lí)
Vậy phương trình vô nghiệm.

64 2 2
1 1 3 2
19 5 95 3x x x x− − − +
+ + = (1)
Gợi ý: Điều kiện:
2
2
1 0
1 0
3 2 0
x
x
x x
− ≥

− ≥
 − + ≥
Ta có: VT =
64 2 2
1 1 3 2 0 0 0
19 5 95 19 5 95 3x x x x− − − +
+ + ≥ + + =
Mà: VP = 3
2
2
1 0
1 0 1
3 2 0
x
VT VP x x
x x
− =

⇒ = ⇔ − = ⇔ =
 − + =
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.
14 −x
x
+
x
x 14 −
=2 (1)
Gợi ý: ĐK: x>
4
1
Áp dụng bất đẳng thức:
a
b
b
a
+ ≥ 2 với a, b > 0 xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a = b
Do đó, ta có:
14 −x
x
+
x
x 14 −
≥ 2
Dấu “=” của (1) xảy ra khi: x= 14 −x ⇔ x2
- 4x +1 = 0 (do x>
4
1
)
Giải phương trình này ta tìm được x= 32 ± (thoả mãn).
Vậy x= 32 ± là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 7: Giải phương trình: ( )( )2 2 2
3 3,5 2 2 4 5x x x x x x− + = − + − + (1)
Ta có: ( )
22
2 2 1 1 0x x x− + = − + > ( )
22
4 5 2 1 0x x x− + = − + >
2 2
2 2 2( 2 2) ( 4 5)
3 3,5 ( 2 2)( 4 5)
2
x x x x
x x x x x x
− + + − +
− + = ≥ − + − + (theo Côsi)
Dấu “=” xảy ra khi 2 2 3
2 2 4 5 2 3
2
x x x x x x− + = − + ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm
3
2
x =
Ví dụ 8: Giải phương trình: 2 4 2 4
13 9 16x x x x− + + =
Gợi ý: Đk: 1 1x− ≤ ≤
Biến đổi pt ta có: ( )
2
2 2 2
13 1 9 1 256x x x− + + =
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x− + + ≤ + − + + = −
áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( )
2
2 2 16
10 16 10 64
2
x x
 
− ≤ = ÷
 

Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
xx
x
xx x

 =+ − =
⇔ ⇔
 = −= − 
1. 16123 2
+− xx + 1342
+− yy = 5
2. 1263 2
++ xx + 9105 2
+− xx = 3-4x -2x2
6. Phương pháp 6: Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất:
Các bước: Khi giải các phương trình vô tỉ mà ta chưa biết cách giải, thường ta sử
dụng phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để tìm nghiệm của chúng. Rồi tìm cách
chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác.
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3
2−x + 1+x = 3 (1)
Gợi ý: ĐK: x ≥ -1
Ta thấy x =3 là nghiệm đúng của phương trình (1)
+ Với x > 3 thì 3
2−x > 1, 1+x > 2 nên vế trái của (1) lớn hơn 3.
+ Với x< 3 và x ≥ -1 ⇔ -1 ≤ x < 3 thì 3
2−x < 1, 1+x < 2 nên vế trái của (1)
nhỏ hơn 3.
Vậy x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
28+x + 23 2
23+x + 1−x + x = 2 + 9 (1)
Gợi ý: ĐK: 1
0
01
≥⇔



≥
≥−
x
x
x
Ta thấy x =2 là nghiệm của (1)
+ Với x > 2, ta có: VT > 292127232 35
+=+++
+ Với x< 2, ta có: VT < 292127232 35
+=+++
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình :
2 23 3
2 3 3x x+
+ = (1)
Gợi ý: Ta thấy: x = 0 là nghiệm của (1)
+ Với 0x ≠ ta có: VT =
2 23 33 0 3 0
2 3 2 3 2 1 3x x+ +
+ > + = + =
Do đó 0x ≠ không thể là nghiệm của (1).
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tập áp dụng :
1. 3 2
26+x + 3 x + 3+x = 8
2. 12 2
−x + 232
−− xx = 322 2
++ xx + 12
+− xx
7. Phương pháp 7: Phương pháp Sử biểu thức liên hợp – Trục căn thức

Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0x như vậy phương trình
luôn đưa về được dạng tích ( ) ( )0 0x x A x− = ta có thể giải phương trình ( ) 0A x = hoặc
chứng minh ( ) 0A x = vô nghiệm ( chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta
có thể đánh giá ( ) 0A x = vô nghiệm)
Ví dụ 1: Giải phương trình: ( ) ( ) 2
2 1 2x x x x x+ + − = (1)
Gợi ý: ĐK 2; 1x x≤ − ≥
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 3
1 2 2 2
1 2 1 2
x x x x x
x x
x x x x x x x x
− − − −
⇔ = ⇔ =
− − + − − +
Nếu x ≥ 1 ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
1 2 32 2 1 2 3
2
1 2 2
x x x x
x x x
x x x x x
−
− − + = −
⇒ − = +
 − + + =
Giải (3) ta tìm được x
Nếu x≤ -2 ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
1 2 32 2 1 2 4
2
1 2 2
x x x x
x x x
x x x x x

− − + =
⇒ − = − +
 − + + = −
Giải (4) ta tìm được x
Ví dụ 2: Giải phương trình sau: ( )2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
Gợi ý:
Ta nhận thấy: ( ) ( ) ( )2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − − và ( ) ( ) ( )2 2
2 3 4 3 2x x x x− − − + = −
Ta có thể trục căn thức 2 vế:
( ) 2 22 2
2 4 3 6
2 3 43 5 1 3 1
x x
x x xx x x x
− + −
=
− + − +− + + − +
Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
12 5 3 5x x x+ + = + +
Gợi ý:
Để phương trình có nghiệm thì: 2 2 5
12 5 3 5 0
3
x x x x+ − + = − ≥ ⇔ ≥
Ta nhận thấy: x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân
tích về dạng ( ) ( )2 0x A x− = , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau:
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 + +
⇔ − − − = ⇔ = ÷
+ + + + 
Dễ dàng chứng minh được: 2 2
2 2 5
3 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
1 2x x x− + = − (1)

Gợi ý:
ĐK 1x ≥
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình:
( )
( )
( ) ( )2
2 33
2 32 233
3 3 93
1 2 3 2 5 3 1
2 51 2 1 4
x x xx
x x x x
xx x
 
− + ++ 
− − + − = − − ⇔ − + = 
− +− + − +  
Ta chứng minh:
( ) ( )
222 2 23 33
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
Ví dụ 5: Giải phương trình sau:
2 2
2 2
3 3
3 3
x x
x
x x x x
+ −
+ =
+ + − −
Gợi ý: ĐK: 2
3x ≥
Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:
( )( ) ( )( )2 2 2 2
3 3 3 3 3.x x x x x x x− + − − + − − =
( ) ( )
3 3
2 2
3 3 3 3.x x x⇒ − + + =
( ) ( ) ( )
3 3 32 2 4 2
0
3 3 2 3 27
x
x x x x
>

⇒ 
− + + + − =
( )
( )
( )
2 4
24 3 2 4 4 3 4 4
0 ; 9 2 00
2 ( 3) 9 2 4( 3) 9 2
x x xx
x x x x x x
 > − ≥> 
⇒ ⇒ 
− = − − = −  
Giải hệ trên ta tìm được 2x =
( )
2
2
2
9
3 9 2
x
x
x
= +
− +
(1)
Gợi ý:
ĐK:
9
2
0
x
x

≥ −

 ≠
(1)
( )
( ) ( )
2
2
2 2
2 3 9 2
9
3 9 2 3 9 2
x x
x
x x
+ +
⇔ = +
− + + +
( )2
2
2 18 2 6 9 2
9
4
x x x
x
x
+ + +
⇔ = +
6 9 2 0x⇔ + =
9
2
x⇔ = − (thỏa mãn)
Bài tập vận dụng:
1) ( ) ( ) 2
3 4 2x x x x x− + − =
2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
3 2 3 1 2 3x x x x x+ + + + − = +
3)
3
3 1 1
3 10
x
x
x
= + −
+
IV- ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN CÔNG TÁC GIẢNG DẠY.

1. Nhận xét:
Trên đây tôi giới thiệu với các bạn một số dạng phương trình vô tỉ và phương
pháp giải mà tôi đã áp dụng trong thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng HSG và ôn luyện thi
vào lớp 10 THPT. Kết quả thu được đó là tỉ lệ HS thi đỗ lớp 10 THPT năm sau cao hơn
năm trước, chất lượng các đội tuyển HSG ngày càng được nâng cao hơn.
Khi áp dụng chuyên đề này tôi nhận thấy các em được trang bị một lượng kiến
thức đa dạng, phong phú, huy động được tổng hợp rất nhiều loại kiến thức trước đó, từ
đó phát triển và nâng cao khả năng tư duy logic, phát huy tính độc lập sáng tạo của học
sinh.
Trong chương trình toán phổ thông của chúng ta còn rất nhiều phương pháp nữa
(phương pháp miền giá trị, phương pháp hàm số....), trong đề tài này tôi chỉ trình bày
một số phương pháp thông dụng trong chương trình trung học cơ sở. Tuy nhiên với
dạng toán này thì không phải đối tượng nào cũng tiếp thu một cách dễ dàng, vì vậy giáo
viên phải khéo léo lồng ghép vào các tiết dạy nhằm thu hút và phát huy sự sáng tạo cho
từng đối tượng học sinh.
Đây là một vấn đề hoàn toàn mới mẻ và hết sức khó khăn cho học sinh ở mức
trung bình, giáo viên nên cho các em làm quen dần. Dạng toán này có tác dụng tương
hỗ, cao dần từ những kiến thức rất cơ bản trong sách giáo khoa, giúp học sinh khắc sâu
kiến thức biết tư duy sáng tạo, biết tìm cách giải dạng toán mới, tập trung “Sáng tạo” ra
các vấn đề mới.
2. Kết quả sau khi áp dụng đề tài:
Sau khi áp dụng đề tài, tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên
đáng kể, đặc biệt là đối tượng HS trung bình chất lượng được nâng lên rõ rệt. Cụ thể,
qua khảo sát 35 em học sinh đạt kết quả như sau:
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
6 17.1 17 48.6 8 22.9 4 11.4
Điều đó đã minh chứng tính đúng đắn của đề tài, nó đã giúp học sinh có nền tảng
kiến thức để vượt qua những khó khăn ban đầu. Từ đó giúp HS tiếp cận phương trình vô
tỉ một cách cơ bản, hệ thống và sáng tạo ra những phương pháp giải mới đem lại niềm
vui và hứng thú học tập cho học sinh.
PHẦN III- KẾT LUẬN:
Trên đây là một số dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải mà tôi đã áp
dụng giảng dạy trong thực tiễn nhiều năm ở trường THCS đối với cho học sinh đại trà
cũng như trong quá trình ôn luyện thi vào lớp 10 THPT, bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi đã
thu được kết quả sau:
+ Hầu hết các em đều làm được bài, hiệu suất làm bài tăng lên rõ rệt, các em cảm
thấy tự tin và chủ động để chiếm lĩnh kiến thức khoa học bộ môn.
+ Học sinh tránh được những sai sót cơ bản, và có kĩ năng vận dụng thành thạo
cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh.

Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ
thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến
thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận
thức của học sinh.
Người thầy cần phát huy, chú trọng tính chủ động tích cực và sáng tạo của học
sinh từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn.
Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà tr-
ường.
Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế nhất
định. Vậy tôi kính mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo và bạn
đọc để đề tài này ngày càng hoàn thiện và có tính ứng dụng cao trong quá trình dạy và
học.
Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy
tôi còn nhận được sự giúp đỡ tận tình của các đồng nghiệp, các thầy cô giáo có nhiều
kinh nghiệm.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Lập Thạch, ngày 14 tháng 12 năm 2014
NGƯỜI THỰC HIỆN
Trần Mạnh Hùng
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1- SGK Toán 7-Nhà xuất bản GD 2003
2- SGK Đại số 9-Nhà xuất bản GD
3- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất bản GD 2001
4- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 2002
5- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất bản GD 1995
6- Để học tốt Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 1999
7- Phương trình và hệ PT không mẫu mực - NXB GD 2002.
8- 23 chuyên đề bài toán sơ cấp – NXB trẻ 2000.
9- PT, bất phương trình đại số các cách giải đặc biệt NXB trẻ 2000.
10- Tham khảo một số đề thi và những tài liệu khác có liên quan.
*************************************

Cđ một số dạng pt vô tỷ và cách giải

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Cđ một số dạng pt vô tỷ và cách giải

Similar to Cđ một số dạng pt vô tỷ và cách giải (20)

More from Cảnh

More from Cảnh (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Cđ một số dạng pt vô tỷ và cách giải