Đề tài Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giảI phương trình vô tỷ

 sở giáo dục và đào tạo hà nội 
Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều 
Sáng kiến kinh nghiệm: 
Một số ph-ơng pháp giảI 
ph-ơng trình vô tỷ 
Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn 
 Tổ : Toán 
Hà Nội, 5 / 2011 
sở giáo dục và đào tạo hà nội 
Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều 
Sáng kiến kinh nghiệm: 
Một số ph-ơng pháp giảI 
ph-ơng trình vô tỷ 
Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn 
 Tổ : Toán 
Hà Nội, 5 / 2011 
 mở đầu 
 Giải ph-ơng trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều 
học sinh kể cả học sinh đ-ợc cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng tr-ớc việc 
giải một ph-ơng trình; trong đó có ph-ơng trình chứa căn thức đ-ợc coi là khó 
hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: “ Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ ” để 
làm sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn đề tài này sẽ góp phần 
giúp học sinh có thêm những kỹ năng cần thiết để giải ph-ơng trình chứa căn 
thức nói riêng và các dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn 
đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm đến môn toán. 
 Kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong 
ch-ơng trình Toán bậc THPT hiện hành. Một phần sáng kiến kinh nghiệm này 
có thể sử dụng để chuyển sang phần bất ph-ơng trình cũng đ-ợc; xong khi 
chuyển sang bất ph-ơng trình có những phần sẽ đ-ợc mở rộng để có bài toán hay 
hơn. Do đó ng-ời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào 
nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đ-ợc. 
 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 ph-ơng pháp giải toán 
khác nhau. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 1 
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ 
Bài toỏn mở đầu 
Giải phương trỡnh 2
2
1 1 (*)
3
x x x x     
 (Trớch ĐH QGHN, khối A năm 2000) 
Giải 
 Điều kiện 0  x  1 
* Cỏch 1: 
 
 
 
 
2
(*) 2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
1 1
3
4 4
1 2 . 1 1
3 9
4 6 0
2 2 3 0
x 0
3
x
2
0
1
4 4 9
0
1
4 4 9 0
0
1
x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
x
 
      
 
         
    
    
  

  



 

  


 

   

  
0, 1x x  thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cỏch 2: 
Nhận xột: 2x x được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức 
 
2
21 1 2x x x x     
Vậy cú cỏch 2 
 Đặt 1t x x   , 1 2t  
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 2 
2
2 1
2
t
x x

   . 
Phương trỡnh (*) trở thành 
2 1
1
3
t
t

  2 1 3 3t t    2 3 2 0t t    
1
2
t
t

  
2t  , khụng thoả món 
1t  , cú 2
0
1 1 2 0
1
x
x x x x
x

        
0, 1x x  thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cỏch 3: 
Nhận xột: x và 1 x cú mối quan hệ đặc biệt, cụ thể    
2 2
1 1x x   
Vậy ta cú cỏch 3 
Từ (*) ta cú 2 . 1 3 1 3 3x x x x     
3 3
1 
2 3
x
x
x

  

 (
9
4
x  vỡ thay 
9
4
x  vào phương trỡnh khụng thoả món) 
Đặt t x , nờn 
3 3
1
2 3
t
x
t

 

Lại cú    
2 2
1 1x x   , nờn 
2
2 3 3 1
2 3
t
t
t
 
  
 
 2 2 2 24 12 9 9 18 9 4 12 9t t t t t t t         
4 3 24 12 14 6 0t t t t     
 3 22 6 7 3 0t t t t     
  21 2 4 3 0t t t t     
0
1
t
t

  
0
1
x
x

  
0, 1x x  thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cỏch 4: 
Cựng nhận xột trờn, ta cú thờm cỏch khỏc 
Đặt a x , 1b x  , 0, 0a b  
 Ta cú hệ phương trỡnh 
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b

  

  
 
 
2
3 2a 3 (1)
2a 1 (2)
b a b
a b b
  
 
  
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 3 
Thay (1) vào (2) cú 
   
2
3 3 1a b a b          
2
3 2 0a b a b      
1
2
a b
a b
 
   
Với 1a b  , cú . 0a b  
0
1
1
0
a
b
a
b



 


0
1
x
x

  
Với 2a b  , cú 
3
.
2
a b  , khụng tồn tại ,a b (Vỡ 2
3
4 2 4. 6
2
   ) 
0, 1x x  thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . 
Nhận xột: bản chất của cỏch giải này vẫn là cỏch đặt ẩn phụ ở cỏch 3. 
* Cỏch 5: 
Cũng nhờ    
2 2
1 1x x   , ta nghĩ đến đẳng thức 2 2sin cos 1a a  
Ta cú thờm cỏch sau: 
Đặt sin , 0
2
x a a

   
Phương trỡnh (*) trở thành 2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a     
3 2sin .cos 3sin 3cos a a a a    (Vỡ cos 0a  ) 
   
2
sin cos 3 sin cos 2 0a a a a      
sin cos 1
sin +cos 2
a a
a a
 
  
sin cos 1a a   22sin . os 2sin 0
2 2 2
a a a
c   sin os sin 0
2 2 2
a a a
c
 
   
 
sin 0
2
tan 1
2
a
a


 
 

2
sin 2sin os 0
2 2
2tan
2sin 1
1 tan
2
a a
a c
a
a
a

 


  



0
1
x
x

  
0, 1x x  thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . 
 Qua vớ dụ trờn ta thấy cú rất nhiều cỏch khỏc nhau để giải một 
phương trỡnh vụ tỉ. Tuy nhiờn cỏc cỏch đú đều dựa trờn cơ sở là loại bỏ căn thức 
và đưa về phương trỡnh đơn giản hơn mà ta đó biết cỏch giải. Sau đõy tụi xin đi 
vào một số phương phỏp cụ thể. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 4 
Phương phỏp 1: Phương phỏp biến đổi tương đương 
Bài toỏn 1: Giải cỏc phương trỡnh sau 
1) 17 1 3x x   (1) 
2) 3 3 3 2x x     (2) 
3) 2 35 2 1 1x x x x x      (3) 
4) 2 2 21 3 2 8 7x x x x x       (4) 
5) 3 3 312 12 2 3x x x    (5) 
6) 22 2x x   . (6) 
Bài toỏn 2: Tỡm m để phương trỡnh 2 2 2x mx m   (I), cú nghiệm. 
Bài toỏn 3: Tỡm m để phương trỡnh 2 2x m x   (II), cú hai nghiệm phõn 
biệt. 
Bài toỏn 4: Giải cỏc phương trỡnh 
1) 2 5 2 2 7 3x x x x      (1) 
2) 3 3 1 2 2 2x x x x      (2) 
3) 
3
21 1 1
x
x x x x
x

      (3) 
4) 
3 31 1
4 1 1
1 4 1
x x
x x
x x
 
    
 
 (4) 
5) 3 3 3 33 5 2 1 2 6x x x x      . (5) 
Giải 
Bài toỏn 1 
1) Nhận xột: ta thấy vế trỏi luụn khụng õm, do đú nếu vế phải õm thỡ phương 
trỡnh vụ nghiệm, nờn ta chỉ cần giải phương trỡnh khi vế phải khụng õm, tức là 
1
1 3 0
3
x x    . Khi đú hai vế đều khụng õm và bỡnh phương hai vế ta được 
phương trỡnh tương đương:  
2
17 1 3x x   với 
1
3
x  . Do vậy ta khụng cần 
đặt điều kiện cho 17 0x   . 
 
(1)
2
1 3 0
17 1 3
x
x x
 

  
2
1
3
17 1 6 9
x
x x x


 
    
2
1
3
9 7 16 0
x
x x


 
   
1
3
1
16
9
x
x
x



  

 

 1x  
Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 1x   . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 5 
Chỳ ý: Dạng tổng quỏt của phương trỡnh trờn là ( ) ( )f x g x . Ta làm như sau 
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x

  

 Bài toỏn này cú thể giải bằng cỏch đặt ẩn phụ 17t x  với t  0. 
2) Điều kiện 3 1x   
(2)
3 2 3 3x x        
2 2
3 2 3 3x x     
3 4 3 4 3 3x x x       3 1x x     
 
2
1 0
3 1
x
x x
  
 
   
2
1
3 2 1
x
x x x
 
 
   
2
1
2 0
x
x x
 
 
  
1
1
2
x
x
x
 

 
  
 2x  , thỏa món điều kiện 
Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 2x   . 
3) 
 
(3)
22 3
1 0
5 2 1 1
x
x x x x x
 

     
3
1
2 1 1 3
x
x x x
 
 
   
3 2
1
1 3 0
2 1 (1 3 )
x
x
x x x
 

  
    
3 2
1
1
3
2 1 1 6 9
x
x x x x

  
 
     
3 2
1
1
3
9 8 0
x
x x x

  
 
   
 2
1
1
3
9 8 0
x
x x x

  
 
   
1
1
3
0
1
8
x
x
x
x

  
  
 

 
 0x  , thỏa món điều kiện 
Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 0x  . 
Chỳ ý: 
Trong bài này ta khụng cần đặt điều kiện 
2 3
3
5 2 1 0
2 1 0
x x x x
x x
     

  
. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 6 
4) Điều kiện 
1
7
1
x
x
x

  

  
   
(4) 2 2
2 2 21 3 2 8 7x x x x x        
2 2 2 2 21 3 2 2. 1. 3 2 8 7x x x x x x x x            
      22 1 1 . 1 2 5 6x x x x x x         
       
2
2 1 1 2 1 6x x x x x       
       
2 2 22
1 6
4 1 2 1 6
x
x x x x x
  
 
     
   
2 2 2
1 6
1 4 4 8 12 36 0
x
x x x x x
  
 
      
2
1 6
1
3 16 44 0
x
x
x x
  

  
   
1 6
1
2
22
3
x
x
x
x
  


  
 


 

1
2
x
x
 
  
1, 2x x   thoả món điều kiện 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 2x x   . 
Chỳ ý : Bài này cú thể giải bằng cỏch như sau 
        
(4)
1 1 1 2 1 7x x x x x x         
* Trường hợp 1: 1x   , thỏa món phương trỡnh (4) 
* Trường hợp 2: 1x  , phương trỡnh (4) trở thành 
1 2 7x x x        
2 2
1 2 7x x x      
1 2 1 2 2 7x x x x x         22 2 6x x x     
   
22
6 0
4 2 6
x
x x x
 
 
   
2
6
3 16 44 0
x
x x

 
  
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 7 
6
2
22
3
x
x
x


 
 
  

 2x  
2x  , thỏa món điều kiện trường hợp 2 
* Trường hợp 3: 7x   , phương trỡnh (4) trở thành 
        1 1 1 2 1 7x x x x x x            
1 2 7x x x           
2 2
1 2 7x x x        
1 2 1 2 2 7x x x x x           2 1 2 6 0x x x       
Phương trỡnh vụ nghiệm (Vỡ 2 1 2 6 0, 7x x x x         ). 
* Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 2x x   . 
Nhận xột: Khi giải bằng cỏch này thường mắc sai lầm: ab a b 
 Đẳng thức ab a b khi 0a  và 0b  
 Cũn ab a b   khi 0a  và 0b  . 
5)    
(5) 3 3
3 3 312 12 2 3x x x     
   3 3 3 312 12 2 3 3 12 12. 2 3. 12 12 2 3x x x x x x x           
   3 3 3 312 12. 2 3. 12 12 2 3 3 1x x x x x        
  3 33 12 1 . 2 3. 3( 1) (5*)x x x x     
    
3
12 1 2 3 27 1x x x x     
     2 21 4 2 3 9 2 +1 0x x x x x        
  21 6 9 0x x x      
2
1 0
6 9 0
x
x x
 
 
   
1
3
x
x

  
Thay 1, 3x x  vào phương trỡnh (5) đều thoả món 
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 3x x  . 
Chỳ ý : Ở (5*) là khụng tương đương, (5*) là phương trỡnh hệ quả của phương 
trỡnh (5). Do đú nghiệm của phương trỡnh (5*) phải được thay vào phương trỡnh 
(5) để kiểm tra lại. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 8 
Với dạng tổng quỏt 3 3 3    ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng 
thức    
3 3 3 3aa b a b b a b     để giải như bài trờn. 
6) Điều kiện 2x   
(6)
21 1( 2) 2
4 4
x x x x      ...    
 
. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 43 
Phương phỏp 7: Phương phỏp hàm số 
Giải cỏc phương trỡnh 
     
22
2 23.31) 1 2 1 1 2 1 1x x x x       
3 32) 5 2 2 +1 0 (2)x x x    
 23) 1 2 17 3x x x     
 Giải 
1) Điều kiện 1x   
 
   
1 22
2 233 1 2 1 1 2 1x x x x        
Gọi 23 1, 1a x a    và 1, 0b x b   
 1
 ( ) ( )f a f b trong đú 2( ) 2f t t t  
Lại cú ( )f t là hàm số đồng biến trờn (1 ; + ∞) 
Vậy ( ) ( )f a f b a b   
   
 
  
23
2 32
4 2 3 2
4 3 2
3 2
2
1 1
1 1
2 1 3 3 1
5 3 0
5 3 0
1 2 3 0
x x
x x
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
   
   
      
    
    
    
0
1
3
x
x
x

  

 
 (Thoả món điều kiện) 
Kết luận: phương trỡnh cú 3 nghiệm 1, 0, 3x x x    . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D thỡ 
phương trỡnh 
 ( ) ( )f a f b , ( , )a b D a b  , ( , )a b D 
2) Điều kiện 
3 5x   
Xột hàm số 3 3( ) 5 2 1f x x x x     , với 3 5;x    
 
 
2
3
3 2
3
3 2
'( ) 1 0, 5 ;
2 5 3 2 1
x
f x x
x x
       
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 44 
 Hàm số ( )f x đồng biến trờn  3 5 ;  
Mà ( 1)f  = 0 
Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất 1x   . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D thỡ 
phương trỡnh ( ) ,f x a a D  ( a = const), nghiệm nếu cú là duy nhất. 
3) Điều kiện 1x  
Hàm số ( ) 1f x x  cú 
1
' 0, 1
2 1
y x
x
   

 Hàm số 1y x  đồng biến trờn (1 ; +∞ ) 
Hàm số 2( ) 2 +17g x x x   nghịch biến trờn (1 ; +∞ ) 
Lại cú (5) (5)f g 
Vậy phương trỡnh (3) cú nghiệm duy nhất 5x  . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D và 
hàm số ( )y g x luụn nghịch biến (hoặc luụn đồng biến) trờn D thỡ số nghiệm 
trờn D của phương trỡnh ( ) ( )f x g x nhiều nhất là một. 
Ta cũng cú thể giải bài này bằng cỏch vẽ đồ thị của hai hàm số trờn cựng 
một hệ trục toạ độ, hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trỡnh. 
Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh sau 
2 23 33 31) 2 1 2 1 2x x x x      
2) 3 1 7 2 4x x x     
3) 2 1 3.x x    
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 45 
Phương phỏp 8: Phương phỏp vộctơ 
Giải cỏc phương trỡnh 
2 21) 4 5 10 50 5x x x x      
2 22) 8 816 10 267 2003x x x x      ( 30 4 2003)Olympic   
Giải 
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn 
 
 
 
2 2
2 2
2 2
( 2; 1 ) , 5 ;5
2 1 4 +5
5 25 10 50
4 5 10 50
(3; 4)
9 16 5
a x b x
a x x x
b x x x
a b x x x x
a b
a b
   
    
     
       
  
    
Lại cú : a b a b   
Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cựng hướng , 0a kb k   
 2 5
1 5
0
x k x
k
k
  

 
 
5
4
1
5
x
k


 
 

Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
5
4
x  . 
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn 
 (4 ; 20 2 ) , (5 ;11 2 )a x b x    
 
 
2 2
2 2
2 2
4 800 8 816
5 242 10 267
8 816 10 267
( 9 ;31 2 )
a x x x
b x x x
a b x x x x
a b
     
     
       
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 46 
81 1922 2003a b     
Lại cú a b a b   
Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cựng hướng , 0a kb k   
 4 5
20 2 11 2
0
x k x
k
k
  

 
 

56
31
20
11
x
k

 
 
 

Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
56
31
x   . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 47 
Phương phỏp 9: Phương phỏp lượng giỏc hoỏ 
Giải cỏc phương trỡnh: 
1) 2 21 1 2x x   (1) 
2) 
2
35
121
x
x
x
 

 (2) 
3) 
 
 
222
2
2
11
1
2 2 1
xx
x
x x x

  

 (3) 
4) 3 3 2x x x   (4) 
Giải 
1) Ở bài này ta cú thể giải bằng cỏch bỡnh phương hai vế hoặc đặt ẩn phụ. Cỏc 
phương phỏp đú đều cựng mục đớch làm mất căn thức. Nhưng trong bài toỏn này 
lại xuất hiện: 1 1x   và cú 21 x , do vậy ta nhớ đến đẳng thức lượng giỏc 
2 21 sin cosa a  hoặc 2 21 cos sina a  . Vậy ta cú thờm cỏch nữa sau đõy: 
Điều kiện 1 1x   
Đặt cosx a , 0 a   
Phương trỡnh (1) trở thành: 
2 2 2 21 1 cos 2cos 1 sin 2cosa a a a      
 21 sin 2 1 sina a    (Do: 0 sin 0a a    ) 
22sin sin 1 0a a    
sin 1
1
sin
2
a
a
 

 

sin 1a   , loại 
21 1 3sin cos 1 sin 1
2 4 2
a x a a           
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
3
2
x   . 
Chỳ ý: Ở phương trỡnh này cú thể giải bằng cỏch bỡnh phương hoặc đặt ẩn phụ 
21t x  . 
2) Trong phương trỡnh thấy cú đặc điểm sau: 
1
1 1x
x
   và cú 
2 2
2
1
1 1x x
x
 
   
 
 nờn ta nghĩ đến cỏch giải: 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 48 
Điều kiện 
1
1
x
x

  
Do VP
35
0
12
   VT 
2
1
1 0 0
1
x x
x
 
     
 
Do đú ta giải phương trỡnh với 1x  
Đặt 
1
cosa
x
 , do 
1
1 0 1 0
2
x a
x

       
Phương trỡnh (2) trở thành: 
2
1 1 35
cos 121
cos 1
cos
a
a
a
 

2
1 1 35
cos 12cos tana a a
   
1 1 35
cos cos .tan 12a a a
   
1 1 35
cos sin 12a a
   
 12 sin cos 35sin .cosa a a a   
2 2144(sin cos ) 1225(sin .cos )a a a a   
2144(1 2sin .cos ) 1225(sin .cos )a a a a   
 21225(sin .cos ) 288 sin .cos 144 0a a a a    
12
sin .cos
25
12
sin .cos
45
a a
a a


 
  

12
sin .cos
45
a a   , loại vỡ 
sin 0
cos 0
a
a



12
sin .cos
25
a a  2 2
144
sin .cos
625
a a  
 2 2
144
cos 1 cos
625
a a   4 2
144
cos cos 0
625
a a    
2
2
9
cos
25
16
cos
25
a
a


 
 

3
cos
5
4
cos
5
a
a


 
 

 (Vỡ cos 0a  ) 
5
3
5
4
x
x


 
 

 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 49 
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
5
3
x  , 
5
4
x  . 
3) Trong bài toỏn này cú xuất hiện  21 x vậy ta nhớ đến cụng thức lượng giỏc 
cơ bản: 2
2
1
1 tan
cos
a
a
  . Do vậy ta cú cỏch giải: 
Điều kiện 
0
1
x
x


 
Đặt tana x , với 
cos 0
2 2
sin 0
0
aa
a
a
 
   
 
 
Khi đú, phương trỡnh (3) trở thành: 
 
 
 
2
22
2
2
22 2
4
2
2 2
2
1 tan1 tan
1 tan
2 tan 2 tan 1 tan
1 cos cos
sincos 2cos .sin
2cos 1 .sin
cos
1 1 1
cos 2sin .cos 2cos cos sin sin
1 1
1
2sin 2sin .cos2
2sin .cos2 cos2 1
2sin .cos2 2sin
aa
a
a a a
a a
aa a a
a a
a
a a a a a a a
a a a
a a a
a a a

  

  
 
 
 
  

  
  
  
 
0
2sin cos2 sin 0a a a  
cos2 sina a  (Vỡ sin 0a  ) 
cos2 cos
2
a a
 
   
 
2 2
2
2 2
2
a a k
a a k





  
 
    

2
6 3
,
2
2
k
a
k
a k
 



 
 
   

Z 
Do: 
1
tan
2 2 6 6 3
a a x
   
        
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
1
3
x  . 
4) Điều kiện 2x   
Với  3 22 3 4 2x x x x x x x x          phương trỡnh (4) vụ nghiệm 
Với 2 2x   , đặt 2cosx a , 0 a   
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 50 
Khi đú, phương trỡnh (4) trở thành: 
2 28cos 6cos 2 2cos 2cos3 4cos
2
a
a a a a     
cos3 cos
2
a
a  (Vỡ cos 0
2
a
 ) 
3 2
2
3 2
2
a
a k
a
a k



 
 
   

4
5
,
4
7
k
a
k
k
a




 
 

Z 
Do 0 a    chọn 0a  , 
4
5
a

 , 
4
7
a

 
2x  , 
4
2cos
5
x

 , 
4
2cos
7
x

 
Kết luận: phương trỡnh cú ba nghiệm 2x  , 
4
2cos
5
x

 , 
4
2cos
7
x

 . 
Chỳ ý: 
Bài này phải để ý thật sõu ta mới phỏt hiện ra phương phỏp lượng giỏc hoỏ. 
Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh 
1) 2 31 4 3x x x   
2) 3 6 1 2x x  
3)  2 21 1 1 2 1x x x     
4) 2 2
2
1 2 1 2
1
x x x x
x
     

5)  2 22 2 1 1 1x x x     
6) 2 2
1
1 1 2
2
x x x    . 
Mục lục 
 Trang 
Bài toỏn mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 
Phương phỏp 1: Phương phỏp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 
Phương phỏp 2: Phương phỏp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . 14 
Phương phỏp 3: Phương phỏp xuất hiện biểu thức liờn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 
Phương phỏp 4: Phương phỏp đưa về phương trỡnh tớch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 
Phương phỏp 5: Phương phỏp đặt ẩn phụ và đưa về hệ phương trỡnh . . . . . . . . . . . . . 30 
Phương phỏp 6: Phương phỏp đỏnh giỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 
Phương phỏp 7: Phương phỏp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 
Phương phỏp 8: Phương phỏp vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 
Phương phỏp 9: Phương phỏp lượng giỏc hoỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 47 
Tài liệu tham khảo 
1. Các sách bài tập toán lớp 10, lớp 11, lớp 12 
2. Các sách giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng 
3. Các sách về ph-ơng trình, bất ph-ơng trình, hệ ph-ơng trình  
 Kết luận 
 Trên đây là sáng kiến kinh nghiệm do tôi đúc rút đ-ợc trong quá trình 
giảng dạy môn Toán bậc THPT. Tôi thấy học sinh học tập rất hào hứng và say 
mê, nên kết quả thu đ-ợc nh- sau: về bản thân càng yêu thích công việc giảng 
dạy và nghiên cứu khoa học; về học sinh thì học tốt hơn, nhiều học sinh bình 
th-ờng trở lên khá, học sinh khá giỏi càng giỏi hơn. Và quan trọng hơn học sinh 
yêu thích môn toán và cố gắng học tốt các phần khác của môn toán nữa. Thầy trò 
luôn say mê học tập và nghiên cứu để đ-a ra đ-ợc những bài toán hay hơn. 
 Mặc dù bản thân đã rất cố gắng, nh-ng trong quá trình viết sáng kiến kinh 
nghiệm có thể ch-a tránh hết những thiếu sót đáng tiếc, rất mong nhận đ-ợc góp 
ý xây dựng của các thầy giáo cô giáo, những ng-ời quan tâm đến môn toán và sự 
nghiệp giáo dục để sáng kiến kinh nghiệm này ngày càng hoàn thiện hơn và phổ 
biến hơn. 
 Xin trân trọng cảm ơn. 
 Hà Nội, ngày 19 / 5 / 2011 
 Ng-ời viết 
 Nguyễn Quốc Hoàn 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886)