Tài liệu Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số và vô tỷ th.s lê văn đoàn [bản full đẹp]

ThS. Leâ Vaên Ñoaøn  DAØNH CHO HOÏC SINH LUYEÄN THI THPT QUOÁC GIA  BOÀI DÖÔÕNG HOÏC SINH GIOÛI 10, 11, 12  THAM KHAÛO CHO GIAÙO VIEÂN NHAØ XUAÁT BAÛN ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA HAØ NOÄI MỤC LỤC Phần I. Phương trình, bất phương trình vô tỷ ........................................ 3 Bài 1. Phương trình vô tỷ cơ bản ....................................................................... 3 Bài 2. Giải phương trình vô tỷ bằng cách đưa về tích số ............................ 11 Sử dụng phép biến đổi tương đương ................................................. 11 Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................. 17 Bài 3. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ................ 64 Dạng 1. a. f ( x)  b. n f ( x)  c  0 ............................................................. 64 Dạng 2. a. f ( x)  b. g( x)  2ab. f ( x).g( x)  h( x) .............................. 76 Dạng 3.   n a  f ( x)    m b  f ( x)  c ................................................. 83 Dạng 4. a  n A2  b  n A.B  c  n B2  0 ................................................. 89 Dạng 5. a. f ( x)  b.g( x)  c. f ( x).g( x) ................................................... 92 Dạng 6. a. f ( x)  b.g( x)  c. d. f 2 ( x)  e.g 2 ( x) ..................................... 103 n Dạng 7.  f ( x)  b( x)  a( x)  n a( x)  f ( x)  b( x) ................................ 108 Dạng 8. (ax  b)n  p. n cx  d  q.x  r , với n 2; 3 ........................ 117 Dạng 9. x  2a x  b  a2  b  x  2a x  b  a2  b  cx  d ....... 122 Dạng 10. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn ............................................ 124 Dạng 11. mx  n  a 1  x  b 1  x  c 1  x2 ................................. 129 Dạng 12. Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức ....................... 130 Dạng 13. x  m  x . n  x  n  x . p  x  p  x . m  x ........... 132 Dạng 14. Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình ................... 134 Dạng 15. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ............................. 152 Bài 4. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá ................. 165 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số .................................................... 165 Sử dụng bất đẳng thức cổ điển .......................................................... 186 Đưa về tổng các số không âm hoặc An  Bn .................................... 203 Bài 5. Bất phương trình vô tỷ ........................................................................ 212 Bất phương trình vô tỷ cơ bản............................................................. 212 Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn ....................... 214 Nhóm bất phương trình vô tỷ có mẫu số ........................................ 216 Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương .................. 222 Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp .............................................. 225 Sử dụng phương pháp hàm số ........................................................... 237 Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ .................................................... 250 Bài 6. Phương trình, bất phương trình chứa tham số ............................... 251 Phần II. Bài 1. Bài 2. Bài 3. Bài 4. Phương trình vô tỷ chứa tham số ...................................................... 252 Bất phương trình vô tỷ chứa tham số ................................................ 266 Hệ phương trình đại số, vô tỷ .................................................. 272 Hệ phương trình cơ bản ..................................................................... 272 Hệ đối xứng loại I ................................................................................ 273 Hệ đối xứng loại II ............................................................................... 277 Hệ gần giống đối xứng loại II ............................................................. 282 Hệ đẳng cấp cơ bản .............................................................................. 286 Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp ........... 288 Hệ phương trình đưa về tích số ........................................................ 295 Kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai ................................... 295 Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................ 308 Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số ..................... 325 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ .................. 341 Dạng 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 .................. 341 Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình ......... 346 Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản ...................... 353 Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ ........................ 353 Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ ...................................... 366 Chia để xác định lượng ẩn phụ .......................................... 373 Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ ................................. 384 Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn ................. 387 Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu .............................................. 390 Dạng 4. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ................................ 405 Dạng 5. Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa ................................... 410 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ...................... 423 Phương pháp đánh giá bằng hàm số ................................................. 423 Một số dạng cơ bản ...................................................................... 423 Hệ có: ax  (ax)2  1  by  (by)2  1   1 .......................... 423    Hệ có: a1 x  b1 x  c1x  d1  a2 y  b2 y 2  c2 y ................... 426 3 2 3 a x3  b x2  c x  d  (a y  b ) c y  d 1 1 1 1 2 2 2 2 Hệ có:  .............. 434 ( a1 x  b1 ) c1 y  d1  (a2 y  b2 ) c2 y  d2  Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng ......................... 443 Chia để xuất hiện hàm đặc trưng ....................................... 443 Phép cộng để tìm hàm đặc trưng ....................................... 453 Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng ........ 461 Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển ....................... 468 Bài 5. Hệ phương trình chứa tham số ......................................................... 492 Phần III. Giải chi tiết bài tập rèn luyện .................................................. 508 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Phaàn 1. PHÖÔNG TRÌNH – BAÁT PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ  §1. PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ CÔ BAÛN I. Phương trình bậc bốn quy về bậc hai 2 e d 1. Dạng: ax  bx  cx  dx  e  0 với     0. a b 4 3 2 Phương pháp giải: Chia hai vế cho x2  0, rồi đặt t  x   d với    x b 2. Dạng: ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d)  e với a  c  b  d. Phương pháp giải: Viết lại ( x  a)( x  c)  ( x  b)( x  d)  e   x2  (a  c)x  ac    x2  (b  d)x  bd   e và đặt t  x2  (a  c)x. 3. Dạng: ( x  a)( x  b)( x  c)( x  d)  ex2 với a.b  c.d. abcd  x thì phương trình 2  abcd   abcd   t   x t   x   ex2 (có dạng đẳng cấp) 2 2     Phương pháp giải: Đặt t  x2  ab  4. Dạng: ( x  a)4  ( x  b)4  c Phương pháp giải: Đặt x  t  ab ab  (t  )4  (t  )4  c với    2 2 5. Dạng: ax4  bx3  cx2  dx  e  0 , với b3  8a2 d  4abc. Phương pháp giải: Đặt x  t  b  4a 6. Dạng: x4  ax2  bx  c (1) Phương pháp giải: Tạo ra dạng A2  B2 bằng cách thêm hai vế cho một lượng 2k.x2  k 2 , tức phương trình (1) tương đương: ( x2 )2  2kx2  k 2  (2k  a)x2  bx  c  k 2  ( x2  k)2  (2k  a)x2  bx  c  k 2 . 2 k  a  0  Cần vế phãi có dạng bình phương   k? 2 2  VP  b  4(2 k  a)(c  k )  0 7. Dạng: x4  ax3  bx2  cx  d (2) Phương pháp giải: Tạo A  B bằng cách thêm ỡ vế phãi 1 biễu thức để 2 2 2   a  a2  tạo ra dạng bình phương:  x2  x  k   x4  ax3   2k   x2  kax  k 2 . 2 4    Do đó ta sê cộng thêm hai vế cũa phương trình (2) một lượng: 3 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn 2  2   2 a   a2 a2  2 2 2  2 k   x  kax  k , thì  x  x  k    2 k   b  x  ( ka  c)x  k  d. 2 4 4       a2 2  b0 k  4  Lúc này cần số k thỏa:  k ? 2   ( ka  c)2  4  2 k  a  b  ( k 2  d)  0 VP  4    II. Phương trình vô tỷ cơ bản  B  0  A B  2  A  B   A  0 hay B  0 A B  A  B B  0  A B  0  B  0 hoặc   3 A  B  A  B3 .   A 0  III. Một số phương trình vô tỷ cơ bản thường gặp A B C 0 1. Dạng: (1) Bước 1. Đặt điều kiện. Bước 2. Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1)  A  C  B Bước 3. Bình phương hai vế A  C  2 AC  B  2 AC  B  A  C. 2. Dạng: 3 A3B3C (2) Bước 1. Lũy thừa: ( 3 A  3 B )3  ( 3 C )3  A  B  3 3 AB( 3 A  3 B )  C (2) Bước 2. Thế 3. Dạng: 3 A  3 B  3 C , thì (2)  A  B  3 3 ABC  C. A B C D (3) với A  C  B  D hoặc AC  BD. Bước 1. Đặt điều kiện. Bước 2. Biến đổi (3)  A  C  B  D và bình phương hai vế.  Lưu ý: Biến đỗi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả , do đó khi giãi xong cần thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai. Ví dụ 1. Giải phương trình: 2 x  1  x 2  3x  1  0 () Đại học khối D – 2006 Phân tích. Phương trình có dạng tổng quát: mx  n  ax2  bx  c , (m, a  0) ta đều giải được theo dạng A  B. Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ tiến hành chia Hoócner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo). Còn nếu ra nghiệm vô tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đó chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm.  Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng 4 A  B. khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 2   x  3x  1  0 ()  2 x  1   x  3x  1   2 2  2 x  1  (  x  3x  1) 2 2 x  1    x  3x  1  0  x  3x  1  0  4      3 2 2 2  x  2  2   x  6 x  11x  8 x  2  0 ( x  1) ( x  4 x  2)  0 2 Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x  2  2.  Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II.  y 2  2x  1  y 2  2x  1  0    Đặt y  2x  1  0, suy ra:   2 2  y  x  3x  1  0  x  3x  y  1  0     ( y 2  x2 )  ( x  y)  0  ( y  x)( y  x  1)  0  y  x hoặc y  1  x. x  0  2x  1  x   2  x  1.  x  2x  1  0  x  1  x  2  2.  Với y  1  x, suy ra: 2 x  1  1  x   2  x  4x  2  0  Với y  x, suy ra: Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x  2  2. Ví dụ 2. Giải phương trình: x2  4x  3  x  5 () Phân tích. Để kiểm tra phương trình có nghiệm hữu tỉ hay vô tỷ, ta nhập vào casio: X2  4X  3  X  5 và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng điều kiện) được kết quả X  5.192582404 là vô tỷ. Khi đó định hướng tìm lượng nhân tử bậc hai bằng chức năng table. Trước tiên ta lưu biến X  A, bằng cách nhập alpha ) shift RCL (–). Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7 và nhập f (X)  A2  AX bằng cách bấm: alpha () x2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm = . Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, còn fx – 570 ES thì không cần (tức không nhập g( X) ), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho X F( X ) ta bảng giá trị 14 4 6.1925 15 5 1 và ta chỉ quan tâm đến dòng có giá trị là số nguyên, tức dòng 15 có X  5, F(X)  1, đó chính là hệ số b, c của nhân tử x2  bx  c , tức có x2  5x  1. Lúc này ta sẽ quyết định lũy thừa 2 vế theo công thức A  B được phương trình bậc bốn, sau đó lấy phương trình bậc bốn này chia cho lượng x2  5x  1 sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai.  Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng A  B. x  2  7  x  2  7  x  4x  3  0  ()   2   2 4 3 2   ( x  4 x  3)  x  5 x  8 x  10 x  23x  4  0 2 5 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn  5  29 x  2  7  x  2  7  2 x hoặc x  1. 2 2  ( x  5x  1)  ( x  3x  4)  0 Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1, x  5  29  2  Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ đối xứng. 2 2   ( y  2)  x  5 y  4y  x  1  0  2 Đặt: y  2  x  5  0, suy ra:  2 x  4x  3  y  2 x  4x  y  1  0    y  x  ( y 2  x2 )  3( y  x)  0  ( y  x)( y  x  3)  0    y  3  x  5  29 x  2  Với y  x, suy ra: x  5  x  2   2 x  2   x  5x  1  0  Với y  3  x, suy ra:  x  1 x  5  1 x   2  x  1.   x  3x  4  0 5  29  2 Bình luận. Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng hằng đẳng thức 3 số dạng (a  b  c)2  a2  b2  c 2  2.(ab  bc  ca) để khai triễn. Tuy cách giải 1 giúp Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1, x  chúng ta tách các đa thức bậc cao thành tích số, nhưng tính toán khá phức tạp, dễ dẫn đến những sai lầm và mất nhiều thời gian. Do đó người giải toán thường tìm những phương pháp đơn giản, ngắn gọn hơn và điển hình đó là lời giải 2 của 2 ví dụ. Phương pháp đặt ẩn phụ sẽ tìm hiểu kỹ bài học sau với dấu hiệu nhận dạng nhất định. Ví dụ 3. Giải phương trình: 2( x2  x  6)  5 x3  8 () Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích. Khác với hai ví dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc 3, ta vẫn giải theo công thức A  B, để thu được phương trình bậc bốn. Lúc đó với sự hỗ trợ của máy tính casio, ta sẽ phân tích được thành tích số dạng bậc 2 nhân bậc 2.  Lời giải 1. Điều kiện: x3  8  0  ( x  2)( x2  2x  4)  0  x  2. ()  8.( x2  x  6)2  25( x3  8)  8x4  41x3  104x2  96x  88  0  x2  6 x  4  0  ( x2  6 x  4)(8 x2  18 x  28)  0   2  x  3  13. 8x  18x  28  0 : VN Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  3  13. Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương trình về dạng: 2( x  2)  2( x2  2x  4)  5 ( x  2)( x2  2x  4)  Lời giải 2. Đặt u  x  2  0, v  x2  2x  4  3. 6 (1) khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 2 u 1 u u u (1)  2u  2v  5uv  2     5   2  0   2 hoặc   v 2 v v v 2 2  x  2  2 x2  2x  4 4 x 2  9 x  14  0 u  2 v   2  x  3  13. Suy ra:  2   x  6 x  4  0  2u  v 2 x  2  x  2x  4  Lời giải 3. Chia hai vế cho lượng dương: x2  2x  4  ( x  1)2  3  3.  x2 2  2 x2 x2 x  2x  4 (1)  2  2  5 2 20  x  2x  4 x  2x  4 x2 1  2   x  2x  4 2  x  2  4( x2  2 x  4)   x  3  13. 2  4( x  2)  x  2 x  4 Ví dụ 4. Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2 x  x 2 ()  A  0 hay B  0 A B , khi đó có A  B 2 phương án chọn A  0 hay B  0. Dựa vào đặc điểm của bài toán, ta nên chọn phương án nào đơn giản nhất, tức chọn B  3  2x  x2  0 và có lời giải như sau: 2  3  2 x  x  0  Lời giải. Phương trình ()   2 2  7  x  x x  5  3  2 x  x 3  x  1   x  2 (do x  0 không là nghiệm của phương trình)  x5  x  Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản: 3  x  1 2  x  0 3  x  1     x2   0  2  x  0    x  1  x  1. x   3   x  4 2 2  x  x  16 x  16  0   x x  5)2  ( x  2)2 (  Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1. Ví dụ 5. () Giải phương trình: 2 3x  1  x  1  2 2x  1 Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A  B  C , ta sẽ đặt điều kiện, chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng A  B.  Lời giải. Điều kiện: x  1. Khi đó: ()  2 3x  1  x  1  2 2 x  1  4(3x  1)  x  1  4(2x  1)  4 ( x  1)(2x  1) 7 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn  x  1  4 2 x 2  3x  1  3x  9    x  5. 2  23x  102 x  65  0 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  5. Ví dụ 6. Giải phương trình: 4 x2  7 x  2  2 x2  x  1  1 () Phân tích. Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 4x 2 sẽ triệt tiêu và có lời giải sau: 1  Lời giải. Điều kiện: x   hoặc x  2. 4 ()  4x2  7 x  2  1  2 x2  x  1  ( 4 x2  7 x  2  1)2  4( x2  x  1)  29  4 67 3x  5  0  2 4 x2  7 x  2  3x  5   2 x  7 7 x  58 x  33  0   Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x  Ví dụ 7. Giải phương trình: 29  4 67  7 x2  x  2 x2  x2  2 x  0 () Phân tích. Phương trình có dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất. Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn thức có chung một nghiệm x  0 nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và tách căn. Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công A.B  A. B khi A  0, B  0 và thức tách căn hợp lý, tức: A.B  ( A)  (B)   A. B khi A  0, B  0. Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau:  x2  x  0, x2  0 x  1    x  0 hoặc  2   x  2 x  2x  0  Lời giải. Điều kiện:  Khi đó ()  x( x  1)  x( x  2)  2 x2 (1)  Trường hợp 1. Nếu x  0 thì (1) luôn đúng nên x  0 là 1 nghiệm của (1).  Trường hợp 2. Nếu x  1 thì (1)  x  x  1  x  x  2  2 x  x  x  1  x  2  2 x  ( x  1  x  2)2  (2 x )2 9 , (do : x  1). 8  Trường hợp 3. Nếu x  2  x  1  0; x  2  0 nên:  2 x2  x  2  2 x  1  x  (1)  x  x  1  x  x  2  2 x  x  1  x   x  2  2  x  ( 1  x  x  2)2  (2 x )2  2 x2  x  2  1  2x : vô nghiệm. Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  0; x  8 9  8 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Ví dụ 8. Giải phương trình: 3 x  1  3 3x  1  3 x  1 () A  3 B  3 C , khi đó hướng xử lý là lập phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức (a  b)3  a3  b3  3ab(a  b), rồi Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản 3 thay thế 3 A  3 B  3 C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng 3 3 f ( x)  g( x)  f ( x)   g( x) . Từ đó có lời giải sau:  Lời giải. Tập xác định: D   . ()  ( 3 x  1  3 3x  1)3  ( 3 x  1)  4x  2  3. 3 ( x  1)(3x  1)  ( 3 x  1  3 3x  1)  x  1  3 ( x  1)(3x  1).( 3 x  1  3 3x  1)  ( x  1) Thế: 3 x  1  3 3x  1  3 x  1 vào (1), suy ra: (1) 3 ( x  1)(3x  1)( x  1)  ( x  1)  ( x  1)(3x  1)( x  1)  ( x  1)3  ( x  1). (3x  1)( x  1)  ( x  1)2   0  ( x  1)4x2  0  x  1 hoặc x  0.  Với x  1 thì phương trình () sai nên loại nghiệm x  1.  Với x  0 thì phương trình () đúng nên nhận nghiệm x  0. Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0. Ví dụ 9. Giải phương trình: 10x  1  3x  5  9x  4  2x  2 () Phân tích. Phương trình có dạng: A  B  C  D với A  C  B  D, cụ thể: (10x  1)  (2x  2)  (9x  4)  (3x  5)  12x  1, nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng: A  C  D  B và bình phương hai vế. Nhưng do khi chuyển vế và bình phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp. 5  Lời giải. Điều kiện: x  , thì ()  10x  1  2x  2  9x  4  3x  5 3  ( 10x  1  2x  2)2  ( 9 x  4  3x  5)2  12x  1  2 (10x  1)(2x  2)  12x  1  2 (9x  4)(3x  5) 6  (10x  1)(2 x  2)  (9 x  4)(3x  5)  7 x2  15x  18  0  x  3, x    7 Kết luận: So với điều kiện và thế vào (), phương trình có nghiệm x  3. Ví dụ 10. Giải phương trình: 4 x  1  x  7  2 2 x  3  5x  6 () Phân tích. Nếu biến đổi 2 2x  3  8x  12 thì phương trình đã cho đưa về giống như thí dụ trên với (8x  12)  ( x  7)  (5x  6)  (4x  1)  9x  5 và có lời giải sau: 9 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn Điều kiện: 2x  3  0. Khi đó: ()  x  7  8x  12  5x  6  4x  1  ( x  7  8x  12)2  ( 5x  6  4x  1)2 13 , x  2. 4 13 Kết luận: So với điều kiện và thế vào (), phương trình có nghiệm x   4  ( x  7)(8 x  12)  (5x  6)(4 x  1)  12 x2  63x  78  0  x  x3  1  x  1  x  3  x2  x  1 () x3 Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa Ví dụ 11. Giải phương trình: Phân tích. Phương trình có dạng A  B  C  D với A.C  B.D, cụ thể ta có x 1  ( x  3)  ( x  1)( x2  x  1)  x3  1, nên sẽ viết về dạng A  C  D  B x3 và bình phương để giải phương trình hệ quả. Từ đó có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: x  1. 3 2  x3  1  ()    x3   x3      x2  x  1  x  1  2 x3  1 x3  1 x32  x  3  x2  x  1  x  1  2 x2  x  1  x  1 x3 x3  x3  1  ( x  3)( x2  x  1)  x2  2x  2  0  x  1  3 hoặc x  1  3. Kết luận: So với điều kiện và thế vào () nghiệm cần tìm là x  1  3. BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 1. Giải phương trình: 2x2  6x  1  4x  5. BT 2. Giải phương trình: 2x2  5x  1  7 x3  1. BT 3. Giải phương trình: 9x2  42x  49  1  3 x2  6x  6. BT 4. Giải phương trình: 2x2  10x  8  x2  1  2x  2. BT 5. Giải phương trình: 2x2  3x  1  x2  x  2  3x2  4x  1. BT 6. Giải phương trình: BT 7. Giải phương trình: 2x2  1  x2  3x  2  2x2  2x  3  x2  x  2. BT 8. Giải phương trình: x  3  3x  1  2 x  2x  2. BT 9. Giải phương trình: x 3  3x 2  x  3  x  1  x  3  x2  4x  3. x3 BT 10. Giải phương trình: 10 3 x  1  3 x  2  3 x  3  0. 8 x3  1  2x  1  4 x2  2 x  1  2 x  3. 2x  3 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 §2. GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ BAÈNG CAÙCH ÑÖA VEÀ TÍCH  I. Sử dụng phép biến đổi tương đương Dùng các phép biến đổi , đồng nhất kết hợp với việc tách , nhóm, ghép thích hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích số đơn giãn hơn và biết cách giải, chẳng hạn như: A.B  0  A  0 hoặc B  0... Một số biến đổi thường gặp:  f ( x)  ax2  bx  c  a.( x  x1 )( x  x2 ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của f ( x)  0.  Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau: + u  v  1  uv  (u  1)  v(u  1)  0  (u  1)(1  v)  0  u  v  1. + au  bv  ab  vu  a(u  b)  v(u  b)  0  (u  b)(a  v)  0. Ví dụ 12. Giải phương trình: ( x  3) 10  x2  x2  x  12 () Phân tích. Thấy vế phải phân tích được thành tích số: x2  x  12  ( x  3)( x  4) dựa vào f ( x)  ax2  bx  c  a.( x  x1 )( x  x2 ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình f ( x)  0, nên sẽ có nhân tử x  3 với vế trái và có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: 10  x2  0   10  x  10. ()  ( x  3) 10  x2  ( x  3)( x  4)  ( x  3).  10  x2  ( x  4)   0   x  3  0  x  4  x  3.   x  3 hoặc  2 2   10  x  x  4 2 x  10 x  6  0 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  3. Ví dụ 13. Giải phương trình: x  x  1  x2  x  1 () Phân tích. Với điều kiện x  0 thì phương trình  x  x  1  1  x  x  1 và có dạng u  v  1  uv  (u  1)(v  1)  0  u  v  1 và có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: x  0. ()  x  x  1  1  x  x  1  ( x  1)  ( x  1  x  x  1)  0  ( x  1)(1  x  1)  0  x  1 hoặc x  1  1  x  1 hoặc x  0. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x  0, x  1. Ví dụ 14. Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1  x2  8x  7  1 Phân tích. Sử dụng phân tích () x2  8x  7  ( x  1)(7  x) và ghép từng cặp lại với nhau sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về tích số.  Lời giải. Điều kiện: 1  x  7. 11 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn ()  ( x  1)  2 x  1   2 7  x  ( x  1).(7  x)   0      x  1( x  1  2)  7  x (2  x  1)  0  x 1  2 x  5  ( x  1  2).( x  1  7  x )  0      x  1  7  x x  4 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  4, x  5. Ví dụ 15. Giải phương trình: x  2 5  x  2 x  2  10  3x  x2  2 () Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015 Phân tích. Tương tự thí dụ trên, thấy 10  3x  x2  ( x  2)(5  x) nên ghép các biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: 2  x  5. ()  ( x  2)  ( x  2)(5  x)   2 5  x  2 x  2   0      x  2( x  2  5  x )  2( x  2  5  x )  0  3  x2  5x x  ( x  2  5  x )( x  2  2)  0     2   x  2  2  x  2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  Ví dụ 16. Giải phương trình: x 2  3x  2 x  2  2 x  x  Phân tích. Nếu quy đồng và phân tích rồi nhóm với cụm x 6 5 x 3 , x  2. 2 () 6 x 2  5x  6 ( x  2)( x  3) 5   , x x x x2  3x  x( x  3) sẽ xuất hiện nhân tử và có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: x  0.  ( x  2)( x  3)  ()   x( x  3)    (2 x  2  2 x)  0 x    x2   x  3  x    2( x  2  x)  0  x    x3 x x2 x  x3   2( x  2  x)  0  ( x  2  x)   2  0   x    x2 x  x2  x  2  0 x  2      x  3  2 x  x  1  x  3  4x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm x  1, x  2. 12 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Ví dụ 17. Giải: x 2x  3  3( x  5  1)  3x  2x2  13x  15  2x  3 Phân tích. Nếu quan sát kỹ, phương trình chỉ chứa 2 căn thức khi phân tích 2x  3, () x  5 sau 2x  13x  15  (2x  3)( x  5) và nhóm nhân tử chung phù hợp sẽ 2 xuất hiện phương trình tích số và có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: 3x  2  0. ()  ( x 2x  3  3x)   (2 x  3)( x  5)  2 x  3   3( x  5  1)    x( 2x  3  3)  2x  3( x  5  1)  3( x  5  1)  x( 2x  3  3)  ( x  5  1)( 2x  3  3)  ( 2x  3  3)( x  x  5  1)  0  2x  3  3 x  3    x4  x  5  x  1  Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  3, x  4. () Ví dụ 18. Giải phương trình: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2x  3 Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết: 3x2  3x  2  (3x2  2x  3)  5( x  1) và xuất hiện thêm hạng tử có chứa ( x  1), nên phân tích: ( x  6) 3x2  2x  3  ( x  1)  5  3x2  2x  3, rồi phân phối và ghép hạng tử phù hợp sẽ đưa được về phương trình dạng tích, từ đó có lời giải 1. 1  10 1  10 hoặc x   3 3  Lời giải 1. Tách ghép đưa về phương trình tích số. Điều kiện: 6  x  ()  (3x2  2x  3)  5  ( x  1)  ( x  1)  3x2  2x  3  5  3x2  2x  3  ( 3x2  2x  3)2  5 3x2  2x  3   5( x  1)  ( x  1) 3x2  2x  3   0      3x2  2x  3( 3x2  2x  3  5)  ( x  1)(5  3x2  2x  3)  0  3x 2  2 x  3  5  ( 3x2  2 x  3  5)( 3x2  2 x  3  x  1)  0    3x 2  2 x  3  x  1  2  3x  2 x  28  0  1  85 1  85   x x     x  1  3 3   2 x 2  4 x  4  0  x  1  3  x  1  3   Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x  1  3, x  1  85  3  Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 13 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn Đặt t  3x2  2x  3  0  t 2  3x2  2x  3  3x2  t 2  2x  3. Khi đó: (1) ()  t 2  2x  3  3x  2  ( x  6).t  t 2  ( x  6).t  5( x  1)  0 Xem (1) là phương trình bậc 2 với ẩn là t và có biệt số: t  ( x  6)2  20( x  1)  x2  8x  16  ( x  4)2 , suy ra: t  x  1 hoặc t  5.  3x 2  2 x  3  5 Do đó:  và giải tương tự như cách giải 1.  3x 2  2 x  3  x  1  Bình luận. Phương trình có dạng ax2  bx  c  (mx  n). ax2  px  q , ta sẽ giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn nếu biệt số Δ là số chính phương. Bản chất của phương pháp cũng là một hình thức đưa về tích số.  Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử chung của phương trình là 3x2  2x  28. ()  ( x  6)( 3x2  2x  3  5)  3x2  2 x  28  3x2  2 x  28  0 ( x  6)(3x  2 x  28)    3x2  2 x  28   x6 2 1 3x  2 x  3  5  3x2  2 x  3  5  2  3x2  2 x  28  0 và giải tương tự như cách 1.   3x2  2 x  3  x  1 Nhận xét. Đối với bài toán trên, tôi không tìm được lượng nhân tử chung bằng chức năng table của casio. Khi đó ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra nhân tử chung như sau: nhập 3X 2  3X  2  (X  6) 3X 2  2X  3 và bấm shift solve 100 được nghiệm là X  2,739848152, gán nghiệm này vào biến A, tức bấm Ans  A, ( Ans / shift / RCL / ()). Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm X  3.406514819, rồi cũng lưu nghiệm này vào biến B: Ans  B, ( Ans / shift / RCL / ,,,). Khi đó ta tính tổng, tích 2 28 và AB   nên theo Viét thì A, B là 3 3 2 28 2 nghiệm của X2  SX  P  0, tức có nhân tử x2  x  hay 3x2  2x  28. 3 3 của A và B được A  B  0,6666666667  Ví dụ 19. Giải phương trình: x2  4x  ( x  3) x2  x  1  1  0 () Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết: x2  4x  1  ( x2  x  1)  3x và xuất hiện thêm hạng tử có chứa 3x , nên sẽ phân tích: ( x  3) x2  x  1  x x2  x  1  3 x2  x  1 và ghép hạng tử phù hợp sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về phương tình tích số. Từ đó có lời giải 1. 14 khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 1 5 1 5 hoặc x   2 2  Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số. ()  ( x2  x  1)  x x2  x  1   (3x  3 x2  x  1)  0   Điều kiện: x2  x  1  0  x   ( x2  x  1)2  x x2  x  1   3( x  x2  x  1)  0    x2  x  1( x2  x  1  x)  3( x  x2  x  1)  0  x2  x  1  x  ( x2  x  1  x)  ( x 2  x  1  3)  0    x2  x  1  3    x  0  x  1  x 1 0    :     x  1  41 thỏa mãn điều kiện.  x2  x  1  9  2   Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là x  1, x  1  41 1  41 , x  2 2  Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  x2  x  1  0, suy ra: t 2  x2  x  1  x2  t 2  x  1. Khi đó: ()  t 2  x  1  4x  ( x  3).t  1  0  t 2  ( x  3).t  3x  0 (1) Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn là t và có biệt số: t   x t  ( x  3)2  12x  x2  6x  9  ( x  3)2 , suy ra:   t  3 Với t  x2  x  1 và giải ra cũng được kết quả như trên.  Lời giải 3. Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử x2  x  10 bằng casio. ()  ( x2  x  10)  ( x  3)  x2  x  1  3  0    ( x2  x  10)  ( x  3).( x2  x  10) x2  x  1  3 0  x2  x  10  0  1  41  x2  x  10  0  x     x3 2  2 1 0  x  x  1   x    x  1 x2  x  1  3  Ví dụ 20. Giải phương trình: 2x2  6x  10  5.( x  2) x  1  0 () Phân tích. Khác với các thí dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc nhất và có dạng tổng quát là ax2  bx  c  (dx  e). x  . Khi đó sẽ phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức tích mang dấu căn bằng đồng nhất thức, nghĩa là biểu diễn 2x2  6x  10  m.( x  2)2  n.( x  1)2  mx2  (n  4m).x  (n  4m) và so sánh hệ 15 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn số trước x2 , x và hệ số tự do được m  n  2. Khi đó, ta có 2 hướng xử lý thường gặp là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2. Điều kiện: x  1. Khi đó: ()  2( x  2)2  2( x  1)2  5( x  2) x  1  0 (1)  Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số. (1)  2( x  2)2  ( x  2) x  1   2( x  1)2  4( x  2) x  1   0          ( x  2) 2( x  2)  x  1  2 x  1 x  1  2( x  2)  0      x  1  2( x  2)   2( x  2)  x  1   ( x  2)  2 x  1   0        2 x  1  x  2   x  2   x  2   2 2 x  3   x  1  4( x  4 x  4)  4 x  17 x  15  0     x8   x  2 x  2       4( x  1)  x 2  4 x  4   x 2  8 x  0   Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x  3, x  8.  Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp. Đặt a  x  2, b  x  1  0. Do x  1 là nghiệm nên b  x  1  0, thì: 2  a  2b a a (1)  2a  2b  5ab  0  2     5     2  0    b b  2a  b Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là x  3, x  8.  Lời giải 3. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2. 2 2 Do x  1 là nghiệm nên chia hai vế cho ( x  1)2  0 thì: 2  x2  x2 x2 x2 1 (1)  2   20  2 hoặc     5 x1 2 x1 x1  x1 Giải tương tự như trên cũng được x  3, x  8.  Lời giải 4. Ghép bậc nhất ax  b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm x  3, x  8. ()  ( x  2). ( x  7)  5 x  1   x2  11x  24  0   2 ( x  2)( x  11x  24)   ( x2  11x  24)  0 5 x1  x7  x2  11x  24  0   x2  ( x2  11x  24)    1  0    5 x  1  x  7  2  x  5 x1  x7  Giải tương tự như trên, ta cũng được kết quả x  3, x  8. 16 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn §3. GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ BAÈNG CAÙCH ÑAËT AÅN PHUÏ  I. Đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ Đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài toán từ tình thế phức tạp sang tình thế đơn giản hơn mà đã biết cách giải. Có rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy thuộc vào đặc điểm của từng phương trình mà ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ba ẩn phụ,… để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình. Sau khi đặt ẩn phụ, ta cần đi tìm điều kiện cho ẩn phụ. Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta đi tìm điều kiện cho hợp lý (dễ, không gây sai sót). II. Một số dạng đặt ẩn phụ cơ bản thường gặp và phương pháp giải. 1. Dạng 1. a. f ( x)  b. n f ( x)  c  0 (1) Nhận dạng: Biểu thức chứa biến trong và ngoài căn thức có mối liên hệ. Phương pháp giải:  Bước 1. Đặt điều kiện.  Bước 2. Đặt t  n f ( x)  t n  f ( x) thì (1)  a.t n  b.t  c  0  t  x. Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau: () Ví dụ 77. Giải phương trình: 3x2  12x  5 10  4x  x2  12  0 Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t  10  4x  x2  0, thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức 3x2  12x  3.(4x  x2 ) có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: 10  4x  x2  0  2  14  x  2  14. Đặt t  10  4x  x2  0  t 2  10  4x  x2  3x2  12x  3(10  t 2 ).  t  0 ()  3(10  t 2 )  5t  12  0   2  t  3.  3t  5t  42  0 Với t  3, suy ra: 10  4x  x2  3  x2  4x  1  0  x  2  5. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  2  5. Ví dụ 78. Giải phương trình: ( x  4)( x  1)  3 x2  5x  2  6 () Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t  x2  5x  2  0, thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức ( x  4)( x  1)  x2  5x  4 có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: x2  5x  2  0. Đặt t  x2  5x  2  0  t 2  x2  5x  2  x2  5x  t 2  2. ()  t 2  3t  4  0  t  1 (loại) hoặc t  4 (nhận). 64 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848 Với t  4, suy ra: x2  5x  2  4  x2  5x  14  0  x  2 hoặc x  7. Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là x  2, x  7. () Ví dụ 79. Giải phương trình: 6x2  2x  3 3x2  x  4  10  0 Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t  3 3x2  x  4 , thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn thức: 6x2  2x  2.(3x2  x) có mối liên hệ với nhau nên có lời giải chi tiết như sau:  Lời giải. Tập xác định: D   . Đặt t  3 3x2  x  4  t 3  3x2  x  4  3x2  x  t 3  4. ()  2(t 3  4)  t  10  0  2t 3  t  18  0  (t  2)(2t 2  4t  9)  0  t  2. 4 3x2  x  4  2  3x2  x  4  0  x  1 hoặc x    3 4 Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1, x    3 Với t  2, suy ra: 3 Ví dụ 80. Giải phương trình: () 3  x  x2  2  x  x2  1 Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A  B  C , hướng xử lý thường gặp l| đặt điều kiện, lũy thừa v| giải phương trình hệ quả. Do hai biểu thức chứa biến trong căn thức có mối liên hệ với nhau, để đơn giản có thể đặt t  x2  x v| có lời giải sau:  Lời giải. Điều kiện: 1  x  2. Đặt t  x2  x. Khi đó: ()  3  t  2  t  1  3  t  1  2  t  3  t  3  t  2 2  t t  0 t  0   2t t   2   t  1. t  t  2  0 t  1  t  2  Với t  1, suy ra: x2  x  1  x  1 5 1 5 hoặc x   2 2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x  Ví dụ 81. Giải phương trình: 3 x  3 2 x  2x  1 7 2x 1 5  2 ()  1 1 Phân tích. Đối với b|i to{n có dạng thuận nghịch loại f  x  ; x2  2   0 ta đều x x   2 1  1 1 có thể giải bằng c{ch đặt ẩn số phụ t  x   t 2   x    x2  2  2. x x x    Lời giải. Điều kiện: x  0, thì ()  3  x   1   1    2 x  7 4 x 2 x  (1) 65 Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn Đặt t  x  1 2 x Cauchy  2 x 1 2 x 1  1. 4x  2  t2  x  3t  2(t  1)  7 2t 2  3t  9  0   (1)     t  3. t  2 t  2   2 Với t  3  x  1 2 x  3  2x  6 x  1  0  x  3 7 83 7 x  2 2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là x  83 7  2 () Ví dụ 82. Giải phương trình: x  1  x2  4x  1  3 x Phân tích. Nh}̣n th}́y biểu thức ngoài căn thức là x  1, biểu thức trong căn thức có 1 1  t2  4 v| đặt t  x  x x x thì sẽ biểu diễn hết theo biến mới t v| có lời giải chi tiết như sau:  Lời giải. Điều kiện: x  0.  Trường hợp 1. Nếu x  0 thì ()  2  0 : sai nên x  0 không là nghiệm. chứa x2  1. Nếu chia x  0 được x 1 ,  Trường hợp 2. Nếu x  0, chia hai vế cho x x  0, thì: 1 Cauchy 1 1  4  3  0 (1). Đặt t  x   2  t 2  x   2. x x x x 2  t  3 5  (1)  t 2  6  3  t   2  t   Suy ra: 2 2  t  6t  9  t  6 1 5 1 1 x   2( x )2  5 x  2  0  x  2  x   x  4  x   2 2 4 x ()  x  1  x Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm x  4, x  Ví dụ 83. Giải phương trình: 1  4 2 x2  8 x  5  2 x 2  4 x  5  6 x () Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A  B  C , nhưng ta sẽ không lũy thừa lên do sau khi lũy thừa bậc cao nhất của nó sẽ không triệt tiêu v| sẽ g}y khó khăn cho việc giải. Để ý hệ số của a, c , (a  2, c  5) của 2 tam thức bậc hai ax2  bx  c trong hai căn thức ở vế tr{i bằng nhau, nên ta sẽ chia 2 vế cho x  0 sau khi xét x  0 có phải l| nghiệm hay không ? Khi đó đặt ẩn phụ sẽ đưa b|i to{n về dạng cơ bản.  Lời giải. Điều kiện: x  0. Do x  0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình () cho ()  2 x  66 x  0, ta được: 5 5  8  2x   4  6 x x (1)