Chuyen de pt vo ti

1. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
LỜI NÓI ĐẦU:
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 vô tỷ.
Trong những năm gần đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện
ở câu II trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Vì vậy, việc
trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỷ kèm
với phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương
trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong bài
tập lớn này, tôi xin trình bày “một số phương pháp giải phương trình vô
tỷ”, mỗi phương pháp đều có bài tập minh họa được giải rõ ràng, dễ hiểu;
sau mỗi phương pháp đều có bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành
giải toán và nắm vững cái cốt lõi của mỗi phương pháp.
Hy vọng nó sẽ góp phần giúp cho học sinh có thêm những kĩ năng cần
thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình
nói chung.
Page 1

2. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU:
Giải phương trình: 1  2 x  x 2  x  1  x
(*)
  x  x  x  x   x  x
4(x  x2 )  6 x  x2  0
2 x  x2 (2 x  x2 3)  0
            
Page 2
3
(ĐHQG HN, khối A-2000)
Giải:
Điều kiện: 0  x 1
 Cách 1:
  2
2
(*) 1 2 2 1
  x  x   x   x
3
 
1 4 2 4 ( 2 ) 1 2 (1 )
3 9
  2

2
0
3
2
x x
x x
   
x 2
x
x 2
x PTVN
0
9 0( )
4
  

    
0
1
x
x
 
  
(thỏa điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x 1.
 Cách 2:
Nhận xét: x  x2 được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức:
 2 2 x  1 x =1+2 x  x .
Đặt t  x  1 x (t  0) .
2
2 1
2
x x t

   .
Phương trình (*) trở thành:
t t t t t
2
 1  
1 1 2 3 2 0
        
t
 Với t 1 ta có phương trình:
3 2
2 2 0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
 
x
(thỏa điều kiện).
Với t  2 ta có phương trình:
www.VNMATH.com

3. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
1 2 2 2 3 2 9 2 9 0( )
x   x   x  x   x  x   x  x   PTVN .
4 4
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x 1.
 Cách 3:
Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể     2 2
          
t2 (4t2 12t  9)  9t2 18t  9  4t2 12t  9
4t4 12t3 14t2  6t  0
t(2t3  6t2  7t  3)  0
t(t 1)(2t2  4t  3)  0
ab a b
a b a b
2 3( ) 3
( ) 3( ) 2 0
   
 
Page 3
x  1 x 1.
(*)2 x. 1 x 3 1 x  3 x  3
 1 x 2 x 3  3 x 3 (1) .
9
4
x  không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó, (1) 1 x 3 x
3 (2)
x

2 3
  

.
t x t x t
Đặt ( 0), (2) 1 3 3
t

2 3
    

.
Ta có:     2 2
x  1 x 1
2
t t
2 3 3 1
t
2 3
0
1
t
t
 
  
.
Với t  0 ta có x  0 x  0 (thỏa điều kiện).
Với t 1 ta có x 1 x 1 (thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x 1.
 Cách 4:
Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể     2 2
x  1 x 1.
Đặt a  x (a  0); b  1 x (b  0) .
Ta có hệ phương trình:
1 2

    3
  
ab a b
2 2
1
a b
ab a b
3 2 3( )
( ) 2 1
   
2
a b ab
 
    2
     

4. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
  
         
  ).
 a  a  a   a
  
 
a k
   
     
k v a
Page 4
ab a b
a b
a b
2 3( ) 3
   
1
2
  
   
1
0
2
3
2
a b
ab
a b
ab
   
   
    
  
 a, b là 2 nghiệm của phương trình 2
1
0
0
0
1
a
b
X X
a
b
.
(Trường hợp
2
3
2
a b
ab
  
 
loại vì 22 4. 3 0
2
Với 1
0
a
b
 
 
 x
   
  
ta có 1
1
1 0
x
x
(thỏa điều kiện).
Với 0
1
a
b
 
 
 x
   
  
ta có 0
0
1 1
x
x
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x 1.
 Cách 5:
Nhận xét: Từ     2 2
x  1 x 1, ta nghĩ đến đẳng thức: sin2 a  cos2a 1.
x a 
   .
Đặt sin , 0 a
2
Phương trình (*) trở thành: 1 2 sin . 1 sin2 sin 1 sin2
3
3 2sin a.cos a  3sin a  3cos a (vì cos a  0)
(sin a  cos a)2 3(sin a  cos a)  2  0
a a
a a
sin cos 1
sin cos 2
  
   
a 
sin a  cos a 1 2 sin( ) 1
4
2
a k
sin( ) 1 4 4 ( )
4 2 a 3 k
2
4 4


 

    
     
   

a k a
2 0
( ) ( ì 0 )
2 2

 a   k  a

 
2 2

 


Với a  0 ta có x  0 x  0 (thỏa điều kiện).

5. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Với a 1 ta có x 1 x 1 (thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x 1.
Qua bài toán mở đầu, ta thấy có nhiều cách khác nhau để giải một phương
trình vô tỷ. Tuy nhiên, các cách đó đều dựa trên cơ sở là phá bỏ căn thức và đưa
về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây, tôi xin trình bày
một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
 Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập
 
   
f x g x
Page 5
nghiệm.
 Một số phép biến đổi tương đương:
 Cộng, trừ hai vế của phương trình với cùng biểu thức mà không
làm thay đổi tập nghiệm của phương trình.
 Nhân, chia hai vế của phương trình với cùng biểu thức khác 0
mà không làm thay đổi điều kiện của phương trình.
 Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình.
 Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế
của phương trình cùng dương.
1. Lũy thừa hai vế của phương trình:
 2k1 f (x)  g(x) f (x)  g2k 1(x) .
 2
2
( ) 0
( ) ( )
 
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x
  
 
.
 2k1 f (x)  2k 1 g(x)  f (x)  g(x) .
 2 2 ( ) 0
g x
k f ( x ) k g ( x
)
( ) ( )
.
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A  B  C  D , ta
thường bình phương 2 vế, điều đó nhiều khi cũng sẽ gặp khó khăn.
 Với phương trình dạng: 3 A  3 B  3 C và ta thường lập phương hai vế để
đưa phương trình về dạng: A B  33 A.B 3 A  3 B  C và ta sử dụng
phép thế : 3 A  3 B  3 C ta được phương trình hệ quả:
A B  33 A.B.C  C
Bài 1: Giải phương trình: x 1  x 10  x  2  x  5 (*)
Giải:
Điều kiện: x  1.

6. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
(*)2x 11 2 x2 11x 10  2x  7  2 x2  7x 10
2  x2 11x 10  x2  7x 10
 x2 11x 14  4 x2 11x 10  x2  7x 10
 x2 11x 10  x 1
      
Page 6
x
x x x x
1 0
11 10 2 1
  
2 2
 
     
1
1
x
  
9 9
x
x
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .
Bài 2: Giải phương trình: 3 x 1  3 x  2  3 x  3  0 (*)
Giải:
(*) 3 x 1  3 x  2  3 x  3
2x  3 33 (x 1)(x  2)(3 x 1  3 x  2)  x 3
 x  2  3 (x 1)(x  2)(3 x 1  3 x  2)  0
 x  2  3 (x 1)(x  2) 3 x  3  0
 3 (x 1)(x  2)(x  3)  x  2
 x3  6x2 11x  6  x3  6x2 12x 8
 x  2
Thử lại, x  2 thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  2.
Bài 3: Giải phương trình: x  3  3x 1  2 x  2x  2
Giải:
Điều kiện: x  0
Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:
1  x  33x 1  x  2 x2x 1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không
khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3x 1  2x  2  4x  x  3
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
6x2  8x  2  4x2 12x
2(x 1)2  0 x 1
Thử lại, x 1thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là: x 1.
 Nhận xét : Nếu phương trình : f x  g x  hx  k x

7. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Mà có : f  x  h x  g  x  k  x , thì ta biến đổi phương trình về dạng :
f x  hx  k x  g x sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.
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
Page 7
Bài 4: Giải phương trình :
3

1   1  2   1  
3 (1)

3
Giải:
Điều kiện : x  1
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3

1.  3  2   1. 
1

3
, từ nhận xét này ta có lời giải
như sau :
3

(1) 1 3 2 1 1
3

Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
1 1 3  2   1  2  2  2  0
 
3 1 3
   
Thử lại : x 1 3, x  1 3 là nghiệm của phương trình.
 Nhận xét : Nếu phương trình : f x  g x  hx  k x
Mà có : f  x.h x  k x.g  x thì ta biến đổi phương trình về dạng:
f x  hx  k x  g x sau đó bình phương hai vế, giải phương trình
hệ quả và thử lại nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. x2  2x  2x 1  3x2  4x 1 .
2. 3x 1  x  4 1.
3. 1 x  6  x  5  2x .
4. x  x 11  x  x 11  4.
5. 3 12  x  3 14  x  2.
6. 3 x 1  3 x  2  3 2x 1 .
2. Trục căn thức:
2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung:
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 x . Như vậy, phương trình
luôn đưa về được dạng tích     0 x  x A x  0 ta có thể giải phương trình

8. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Ax  0 hoặc chứng minh Ax  0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá A x  0 vô nghiệm.
Bài 1: Giải phương trình:
3x2  5x 1  x2  2  3x2  x 1  x2  3x  4
Giải:
Điều kiện:
x x
2( 2) 3( 2)
  
 
x x x x x x x
 
( 2) 3 2 0
     
            
3  2 
0
Page 8
  

   
2
1 5
2
x
x
.
Ta nhận thấy : 3x2  5x 1  3x2 3x  3  2 x  2 và
x2  2  x2  3x  4  3x  2.
pt  3x2  5x 1  3x2  x 1  x2  2  x2  3x  4
2  2  2 2
3  5  1  3   1  2   3 
4
.
2 2 2 3 4 3 2 5 1 3  2 1

x
x x x x x x x
.
 x  2 (thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
2 2 2  2 
x  2  x  3x  4 3x  5x  1  3 x  x 
1
vô nghiệm vì
    0,     ;  2 1 5   ;

 2
VT x
 
.
Vậy x  2 là nghiệm của phương trình.
Bài 2: Giải phương trình: x2 12  5  3x  x2  5
Giải:
Để phương trình có nghiệm thì : 2 12 2 5 3 5 0 5
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
 x  2 A x  0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
pt  x2 12  4  3x  6  x2  5  3

9. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
x x x
x x
4 3 2 4
12 4 5 3
   
x x x
2 2 2 3 0
      
x x x
x x
2 2 3 0, 5
12 4 5 3 3
 
    
 
x  x  x   x
 x                
 3 3 3 9 3 1
x x x
 
   x    x  x x
             
 ( 3) 1 3 3 9 0
x x x
3 3 9 (*) 1
x x
1   3  1   3 
2
Page 9
2 2
 
 
   
2 2
   
  2 2
x x
12 4 5 3
     
 x  2
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
   
.
Vậy x  2 là nghiệm của phương trình.
Bài 3: Giải phương trình : 3 x2 1  x  x3  2
Giải:
Điều kiện: x  3 2
Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
pt  3 x2 1  2  x  3  x3  2  5
 
 
  2 
2 2 3 2 3 3
1 2 1 4 2 5
 
2
2 2 3 2 3 3
1 2 1 4 2 5
3
 
2
2 3 3 2 3 2
1 2 1 4 2 5
x
x x x
x x x
 
      
       
Phương trình (*) vô nghiệm vì:
 2 3 x 2  2 3 x 2  3 x
2
1 2 1 4 1 1 3
      
2
x x
x
3
3 9
2 5
 

 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3.
2.2. Đưa về “hệ tạm”:
Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A B C
ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x .
Ta có thể giải như sau :

10. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
x x x x x x
2 8 4 2 9 2 1 2
x x x x x
2 9 2 1 2 0
            x  x   x
   x  x   x  x   x   x

 Page 10
A B C A B
A B


   

 A  B  C
   
  
, khi đó ta có hệ: 2
A C
A B


Bài 1: Giải phương trình sau : 2x2  x  9  2x2  x 1  x  4
Giải:
Ta thấy: 2x2  x  9  2x2  x 1  2 x  4
Phương trình đã cho có nghiệm  x  4  0 x  4
x  4 không phải là nghiệm của phương trình.
Xét x  4 trục căn thức ta có :
2 2

2 2
x x x x
2 9 2 1
        
    
Ta có hệ phương trình:
2 2
2
2 2
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4 
7
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x= 8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :
1. x2  3x 1   x  3 x2 1
2. 4  3 10 3x  x  2
3. 3 x2  4  x 1  2x  3
4. 3 x2 1  3x3  2  3x  2
5. 2x2 11x  21 33 4x  4  0
6. 2x2 16x 18  x2 1  2x  4
7. x2 15  3x  2  x2  8
8. 2 2  x5  x  x  2  x10  x
2.3. Phương trình biến đổi về tích:
2.3.1 Sử dụng đẳng thức:
u  v 1 uvu 1v 1  0
au  bv  ab  vu u  bv  a  0
A2  B2
Bài 1: Giải phương trình : 3 x 1  3 x  2 1 3 x2  3x  2
Giải:
PT  3 x 1  3 x  2 1 3 x 1.3 x  2
3 x 1 13 x  2 1  0
0
1
x
x
 
    

11. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1.
Bài 2: Giải phương trình : 3 x 1  3 x2  3 x  3 x2  x
Giải:
 x  0 , không phải là nghiệm.
 x  0 , ta chia hai vế cho 3 x :

     x    x  x     x
  x     Vậy nghiệm của phương trình là: x  1.
  
x x
x
x   x 
x
 
x x x
x x x
     
Page 11
PT x 
 1 3  3 x  1  3 x 
1
x
 
3
3 3
3
1
x
1 1 1 0 1 1 1
x
Bài 3: Giải phương trình: x  3  2x x 1  2x  x2  4x  3
Giải:
Điều kiện: x  1
PT  x  3  2x x 1  2x  (x  3)(x 1)
 x  3  2x x 1 1  0
3 2
1 1
 
  
 
     2
          
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x 1.
Bài 4: Giải phương trình : 3 4 4
3
x

Giải:
Điều kiện: x  0
Chia cả hai vế cho x  3 ta được:
2
1 4 2 4 1 4 0
3 3 3
    
x x x x
x
4 1 4 3 1
3
      

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1.
2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng : Ak  Bk

12. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Bài 1: Giải phương trình : 3  x  x 3  x
Giải:
Điều kiện: 0  x  3
Khi đó pt đã cho tương đương:
x3  3x2  x  3  0
1 3 10 3 10 1
3 3 3 3
x x         
x 
 .
x x  
  .
Page 12
 
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
3 10 1
3
Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x  3  9x2  x  4
Giải:
Điều kiện: x  3
 2   3  1 
3
Phương trình đã cho tương đương : 1 3 9
2 x x
3 1 3
x x
x x
    
    
                       
x
x 2
x x
x x
x x
 
2
   1
3
9 7 2 0 1
1 5 97
3 18
9 5 2 0
(thỏa)
Vậy nghiệm của phương trình là: 1; 5 97
18
Bài 3: Giải phương trình sau : 2  33 9x2  x  2  2x  33 3xx  22
Giải:
 3
PT  3 x  2  3 3x  0 3 x  2  3 3x  x  2  3x x 1.
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1.
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:
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 và quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ
xem như “hoàn toàn ”.
Bài 1: Giải phương trình: x  x2 1  x  x2 1  2
Giải:

13. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Điều kiện: x  1
Nhận xét: x  x2 1. x  x2 1 1
Đặt t  x  x2 1(t  0) thì phương trình trở thành:
t 1 2 t2 2t 1 0 (t 1)2 0 t 1
          
Với t 1 ta có phương trình:
x  x2 1 1 x2 1  x 1 2x  2 x 1(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là: x  1.
Bài 2: Giải phương trình: 2x2  6x 1  4x  5
Giải:
Điều kiện: 5
t t t t t t t  
        
Page 13
t
4
x  
Đặt t  4x  5(t  0) thì
2 5
4
x t 
 . Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2. 10 25 6 ( 2 5) 1 4 22 2 8 27 0
16 4
(t2  2t  7)(t2  2t 11)  0
       
t t
t t
1 2 2 1 2 2
1 2 3 1 2 3
   
     
(vì t  0 ).
Với t  1 2 2 ta có: 4x  5  1 2 2  4x  4(1 2) x  1 2
Với t 1 2 3 ta có: 4x  5  1 2 3  4x  4(2  3) x  2  3
Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 2; x  2  3 .
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2x2  6x 1  0
Ta được: x2 (x  3)2  (x 1)2  0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2y  3  4x  5 và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt
ẩn phụ đưa về hệ).
Bài 3: Giải phương trình: x  5  x 1  6
Điều kiện: 1 x  6
Đặt y  x 1(0  y  5) thì phương trình đã cho trở thành:
y2  y  5  5 y4 10y2  y  20  0
( y2  y  4)( y2  y  5)  0

14. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
x    ta có phương trình 1 1 17 x 11 
17
    (thỏa)
x 
 .
 
       
   
          (*)
   phương trình (*) trở thành:
 
      
 
 
Page 14
 
       
1 21
2 1 17
1 17 2
  
2
y
y
y
 
( vì 0  y  5 )
Với 1 17
y  
2
2 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 11 17
2
Bài 4: Giải phương trình:   2
x  2004  x 1 1 x
Giải:
Điều kiện: 0  x  1
Đặt y  1 x (0  y 1) phương trình trở thành:
(1 y2 )2  (2005  y2 )(1 y)2 (1 y)2 (1 y)2  (2005  y2 )(1 y)2
2(1 y)2 ( y2  y 1002)  0
1
1 4009 1
2
y
y
y
( vì 0  y 1)
Với y 1 ta có phương trình 1 x 1 x  0
Vậy nghiệm của phương trình là: x  0 .
Bài 5: Giải phương trình: x2 2x x 1 3x 1
x
Giải:
Điều kiện: 1 x  0
Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
x 2 x 1 3 1 x 1 2 x 1 3 0
x x x x
Đặt t x 1 (t 0)
x
2  
1
2 3 0 1
         
3
Với t 1 ta có phương trình
t
t t t
t
x 1 1
   x2  x 1  0
x
1 5
2 1 5
1 5 2
2
x
x
x
.
www.VNMATH.com

15. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Vậy nghiệm của phương trình là: 1 5
x 
 .
2
Bài 6: Giải phương trình : x2  3 x4  x2  2x 1
Giải:
x  0 không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x ta được: 3 x 1 x 1 2
    
    x 
x
 phương trình (*) trở thành : t3  t  2  0 t 1.
Page 15
(*)
Đặt t= 3 x 1
x
Với t 1 ta có phương trình 3 2 1 1 1 0 1 5
2
x x x x
x

        .
Vậy nghiệm của phương trình là 1 5
2
x

 .
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. 15x  2x2  5  2x2 15x 11
2. (x  5)(2  x)  3 x2  3x
3. (1 x)(2  x) 1 2x  2x2
4. x  17  x2  x 17  x2  9
5. 1 x2  23 1 x2  3
6. x2  x2 11  31
7. 2n (1 x)2  3n 1 x2  n (1 x)2  0
8. x  (2004  x)(1 1 x )2
9. (x  3 x  2)(x  9 x 18) 168x
10. 3x  2  x 1  4x  9  2 3x2  5x  2
Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp
bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải.
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2 uv   v2  0 (1) bằng cách
 Xét v  0 phương trình trở thành :
2
u u 0
v v
      
   
 v  0 thử trực tiếp.
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):
 a.A x  bB x  c A x.B x
 u  v  mu2  nv2

16. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
2.1. Phương trình dạng : a.A x  bB x  c A x.B x
Như vậy phương trình Q x  P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu
     
     
 
 
 
Page 16
P x A x .B x
Q x aA x bB x
  
  
Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:
x3 1  x 1x2  x 1
x4  x2 1  x4  2x2 1  x2  x2  x 1x2  x 1
x4 1 x2  2x 1x2  2x 1
4x4 1 2x2  2x 12x2  2x 1
Bài 1: Giải phương trình : 2x2  2  5 x3 1
Giải:
Điều kiện: x  1
Đặt u  x 1,v  x2  x 1
Phương trình trở thành:  2 2 
u 2
v
2 5 1
2
u v uv
u v
  
 

* Với u  2v ta có phương trình x 1  2 x2  x 1 4x2  5x  3  0(PTVN) .
* Với 1
u  v ta có phương trình
2
1 1 2 1 2 5 3 0
x   x  x   x  x  
2
5 37
2
5 37
2
x
x

 
 
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là 5 37
2
x 
 .
Bài 2: Giải phương trình sau : 2x2  5x 1  7 x3 1
Giải:
Điều kiện: x  1
Nhận xét: Ta viết  x 1  x2  x 1  7 x 1x2  x 1
Đồng nhất ta được 3x 1  2x  x 1  7  x 1x2  x 1

17. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Đặt u  x 1 0 ,v  x2  x 1  0 , ta được phương trình:
v  u ta có phương trình 2 1 1 ( 1) 4 2 3 5 0( )
x  x   x   x  x   PTVN .
          
   
Với x  y ta có phương trình 2
    
x x x x
       
Page 17
v 9
u
 
3 2 7 1
4
u v uv
v u
  
 

Với v  9u ta có phương trình x2  x 1  9(x 1) x2 8x 10  0 x  4  6 .
Với 1
4
4
Vậy nghiệm của phương trình là x  4  6 .
Bài 3: Giải phương trình : x3  3x2  2 x  23  6x  0
Giải:
Nhận xét: Đặt y  x  2 phương trình trở thành thuần nhất bậc 3 đối với x và y
3 3 2 2 3 6 0 3 3 2 2 3 0
2
x y
x x y x x xy y
 
x y
0
2 2
2 0
x
x x x
x x
   
.
 
Với x  2y ta có phương trình 2
0
2 2 2 3
2 x 4 x
8 0
   
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  2  2 3 .
2.2 Phương trình dạng : u  v  mu2  nv2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng nếu
ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Bài 1: Giải phương trình : x2  3 x2 1  x4  x2 1
Giải:
Ta đặt :
 u  x 2
u
  v  x 2

 v

( 0)
1 ( 0)
khi đó phương trình trở thành :
2 2 2 2 2
0
 
3 ( 3 ) 2 (5 3 ) 0 3
5
v
u v u v u v u v v v u
v u
          
  

(loaïi)
.
Với v  0 ta có phương trình x2 1  0 x  1.
Vậy nghiệm của phương trình là x  1
Bài 2: Giải phương trình : x2  2x  2x 1  3x2  4x 1
Giải:

18. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû

x  x  x   x   x
   (PTVN).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 3: Giải phương trình : 5x2 14x  9  x2  x  20  5 x 1
Giải:
Điều kiện: x  5.
Chuyển vế bình phương ta được: 2x2  5x  2  5 x2  x  20x 1
Nhận xét : Không tồn tại số  , để : 2x2  5x  2  x2  x  20  x 1
vậy ta không thể đặt
Page 18
Điều kiện: 1
x  .
2
Bình phương 2 vế ta có :
x2  2x2x 1  x2 1 x2  2x2x 1  x2  2x  2x 1 (*)
Ta có thể đặt :
  

  
2 2
2 1
u x x
v x
khi đó (*) trở thành :
2 2
 
 
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
  
 
 
(loaïi)
Với 1 
5
 ta có phương trình
u v
2
2 2 1 5 2 1 2 2 (2 2 5) 1 5 0
2
   

  
2 20
1
u x x
v x
.
Nhưng may mắn ta có :
x2  x  20x 1  x  4x  5x 1  x  4x2  4x  5
Ta viết lại phương trình: 2x2  4x  5  3 x  4  5 (x2  4x  5)(x  4) (*).
Đến đây bài toán được giải quyết .
Đặt
 u  x  x


 v  x

2 4 5
4
u v
 
, khi đó phương trình (*) trở thành: 2 3 5 9
4
u v uv
u v
  
 

.
www.VNMATH.com

19. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
 
 
 
           
 
x x x
         
Page 19
- Với u  v ta có phương trình
2 2
5 61
4 5 4 5 9 0 2
5 61
2
x
x x x x x
x
        
 
 
(loaïi)
.
- Với 9
u  v ta có phương trình
4
2 2
8
4 5 9 ( 4) 4 25 56 0 4 7
4
x
x x x x x
x

(loaïi)
.
Vậy nghiệm của phương trình là 8; 5 61
2
x x

  .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:
Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng:
f (x).Q(x)  f (x)  P(x).x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho.
Đặt f (x)  t, t  0 .
Phương trình đã cho trở thành t2  t.Q(x)  P(x)  0 .
Sau đó, giải t theo x rồi thay vào giải phương trình f (x)  t và đưa ra kết luận.
Bài 1: Giải phương trình : x2  3 x2  2 x 1 2 x2  2 (*)
Giải:
Đặt t  x2  2 phương trình (*) trở thành :
2   3
2 3 3 0
1
t
t x t x
 
       
t  x
 .
Với t  3 ta có phương trình x2  2  3 x2  7 x   7 .
Với t  x 1 ta có phương trình x
1
2 2 1
x
2 1
.
Vậy nghiệm của phương trình là x   7 .
Bài 2: Giải phương trình :  x 1 x2  2x  3  x2 1
Giải:
Đặt t  x2  2x  3, t  2
Khi đó phương trình trở thành : x 1t  x2 1 x2 1 x 1t  0

20. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có  là một số chính
phương:
2     2     2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
               
  Với t  2 ta có phương trình x2  2x  3  2 x2  2x 1  0 x 1 2 .
Với  
1
t  x 1 ta có phương trình x 2 x x x
        
   
x x x
        
x x 
  .
Page 20
1
t
x x x t x t x t x
 
t x
2 3 1
x
x
0 2
.
Vậy nghiệm của phương trình là x 1 2 .
Từ một phương trình đơn giản :  1 x  2 1 x  1 x  2  1 x   0, khai
triển ra ta sẽ được pt sau:
Bài 3: Giải phương trình: 4 x 1 1  3x  2 1 x  1 x2
Giải:
Điều kiện: 1 x 1.
Nhận xét: Đặt t  1 x , phương trình trở thành:
4 1 x 1  3x  2t  t 1 x (1)
Từ đó x 1 t2 thay vào (1) ta được phương trình:
3t2  2  1 x t  4 1 x 1  0
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t
    2
  2  1 x  48 x 1 1 không có dạng bình phương .
2 2
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo  1 x  ,  1 x
 Cụ thể như sau : 3x 1  1 x  21 x thay vào pt (1) ta được:
4 x 1  t2  2(1 x)  2t  t 1 x t2  (2  1 x )t  4 1 x  2(1 x)  0 (*)
  (3 1 x  2)2
  
t 2 1
x
t x
(*)
2 1
 
   
.
x
Với t  2 1 x ta có phương trình 1 1 3 1 2 1
x
5 3 5
.
Với t  2  1 x ta có phương trình
1 x  1 x  22  2 (1 x)(1 x)  4 1 x2 1 x  0 .
Vậy nghiệm của phương trình là 3 ; 0
5

21. Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
Bài 4: Giải phương trình: 2 2x  4  4 2  x  9x2 16 (1)
Giải:
Điều kiện: x  2
(1)4(2x  4) 16 2(4  x2 ) 16(2  x)  9x2 16
8(4  x2 ) 16 2(4  x2 )  x2 8x
x x x x
0 4 2 2(4 )
2 8(4 ) 3
x  .
Page 21
Đặt t  2(4  x2 );t  0
Phương trình trở thành 4t2 16t  x2 8x  0
 
 1
2
2
4
2
t x
t x

   
.
Vì x  2 nên 2 t  0 không thỏa điều kiện t  0 .
Với
t  x thì 2
2
2 2
x x
 
    
  
(thỏa đk x  2 ).
Vậy nghiệm của phương trình là 4 2
3
4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:
4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường:
 Đặt u   x,v   x và tìm mối quan hệ giữa   x và   x .
Từ đó tìm được hệ theo u,v.
Bài 1: Giải phương trình: x3 25  x3 x  3 25  x3  30
Giải:
Đặt y  3 35  x3  x3  y3  35
( ) 30
Khi đó ta có hệ phương trình: 3 3
35
xy x y
x y
     
Giải hệ này ta được nghiệm(x; y)  (2;3);(x; y)  (3;2) .
Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  3 .
Bài 2: Giải phương trình sau: x  5  x 1  6
Giải:
Điều kiện: x  1
Đặt a  x 1,b  5  x 1(a  0,b  0) ta được hệ phương trình:
2
2
5
5
 a  b
  b  a

 (1)
(2)
.
www.VNMATH.com

22. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Lấy (1)-(2) vế theo vế ta được phương trình:
         (loaïi)
Với a  b 1 ta có
5 11 17 1 1 5 1 1 5
               
a b ab a b ab a b ab
a b a b ab ab ab
1 1 1
5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5
           
    
          
a b ab a b ab a b
ab ab ab
          
          
Page 22
1
( )( 1) 0
a b
a b a b
  
a b
2
11 26 0 2
x
x x x x x
x x
   
.
Vậy nghiệm của phương trình là 11 17
2
x

 .
4.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I:
Bài 1: Giải phương trình: 2  x  3 x 1 (2  x)(3 x)
Giải:
Điều kiện: 2  x  3.
Đặt a  2  x (a  0);b  3 x (b  0) .
Ta có hệ phương trình:
2 2 2 2
2
1 1 3
( ) 4 2 2
a,b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X 2 3X  2  0
1
2
2
1
a
b
a
b
  
       
.
Với 1
2
a
b
 
 
  x
    
  
ta có 2 1
1
3 2
x
x
.
Với 2
1
a
b
 
 
  x
   
  
ta có 2 2
2
3 1
x
x
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  2 .
Bài 2: Giải phương trình: 4 x  4 17  x  3
Giải:
Điều kiện: 0  x 17 .
Đặt a  4 x (a  0);b  4 17  x (b  0) .

23. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

 a  b   a  b  a b      a b ab 
  ab
    a  b   a  b  a  b
        
ab ab ab ab
    
  
    
  
         
 
        
         
           
a b a b a b
ab a b
Page 23
Ta có hệ phương trình
4 4 17 ( 2 2 )2 2 2 2 17 ( )2 2 2 2( )2 17
3 3 3
(9 2 )2 2( )2 17 2( )2 36 64 0
  
a b a b
3 3
     
2
3
2
3
3 4.16 0)
16
(loaïi vì
a b
ab
a b
ab
   
          
a,b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X 2 3X  2  0
1
2
2
1
a
b
a
b
  
       
Với 1
2
a
b
 
 
ta có hệ phương trình
4
4
1
1
x
17 2
x
x
.
Với 2
1
a
b
 
 
ta có hệ phương trình
4
4
2
16
x
17 1
x
x
.
Vậy nghiệm của phương trình là x 1; x 16 .
Bài 3: Giải phương trình: 3 5  x  3 2  x  3 (5  x)(2  x)  1
Giải:
Đặt a  3 5  x;b  3 2  x ta có hệ phương trình:
a b ab 1 ab 1 ( a b
)
a 3 b 3 a b 3
ab a b
7 ( ) 3 ( ) 7 0
( )3 31 ( )( ) 7 0
a b a b a b
ab 1 ( a b
)
    
       
a b a b a b
ab a b
( )3 3( )2 3( ) 7 0
1 ( )
 
    
( 1) ( )2 4( ) 7 0
1 ( )
    
a b vì a b a b
ab a b
       
1 ( ( )2 4( ) 7 0)
1 ( )
 
    
a,b laø 2 nghieäm cuûa phöông trình X 2  X  2  0
1
2
2
1
a
b
a
b
   
        

24. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
  x
     
  
  x
   
   
 b   a  a  b
  
 a  b   a  b

 
a b a b vaø a b a b
      .
    
  
        
x t x t
x t t x x t x t tx
x t x t
x x x x x
x t x t
   
 
        
2 1 0 ( 1)( 1) 0
1 2 1 2
            
Page 24
Với 1
2
a
b
  
 
ta có hệ phương trình
3
3
5 1
6
2 2
x
x
.
Với 2
1
a
b
 
  
ta có hệ phương trình
3
3
5 2
3
2 1
x
x
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  6; x  3.
Bài 4: Giải phương trình 2  x2  (2  x)2
Giải:
Điều kiện: 0  x  2
Đặt a  x (a  0);b  2  x (2  2  b  2) .
Ta có hệ phương trình:
2 2 4 4 4 2(*)
2 2
Ta có
2 2 2 2
2 2 ( ) 2 4 4 ( ) 2
2 2
Do đó, 1
(*)
1
a
b
 
  
.
Với 1
1
a
b
 
 
x
ta có hệ phương trình 1
1
2 1
x
x
.
Vậy nghiệm của phương trình là x 1.
4.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II:
4.3.1 Dạng 1: Giải phương trình xn  b  an ax  b
Cách giải: Đặt t  n ax  b ta có hệ phương trình đối xứng loại II:
n
n
   
  
x b at
t b ax
Bài 1: Giải phương trình x3 1  23 2x 1
Giải:
Đặt t  3 2x 1 ta có hệ phương trình
3
3
   
  
x 1 2
t
t 1 2
x
3 1 2 3
1 2
3 3 2 2
2( ) ( )( 2) 0
         
3 2
         
3 3
2 2 2 2 2
( )
2 0 ( ) 4 0
VN
x t tx x t x t
1
1 5
2
x t
x
x
 
   
    

.
www.VNMATH.com

25. Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
 
Vậy nghiệm của phương trình là x 1 5 ; x 1
  .
2
4.3.2 Dạng 2: Giải phương trình x  a  a  x
Cách giải: Đặt t  a  x ta có hệ phương trình đối xứng loại II:
 x   t  x   t    x   t
  
 t   x  x  t  t  x  t  x t  x
 
 
 
             
      
 x  x  ay  b  x   ay  b
  
 ay  b  x   ay  b  x

2 2( ) ( 1) 2 (2 1)
Page 25
   
  
x a t
t a x
.
Bài 1: Giải phương trình x  2007  2007  x
Giải:
Điều kiện: x  0
Đặt t  2007  x ta được hệ
2007 2007 2007
2007 ( )( 1) 0
8030 2 8029
2007 2007 0 4
8030 2 8029
4
(loaïi)
x
x t x x
t x t x x
t x
 
8030 2 8029
4
x t 
  
Vậy nghiệm của phương trình là 8030 2 8029
4
x 
 .
4.3.3 Dạng 3: Chọn ẩn phụ từ việc làm ngược
Bài 1: Giải phương trình: x2  2x  2 2x 1
Giải:
Điều kiện 1
2
x 
Đặt 2x 1  ay  b
Chọn a, b để hệ
2 2
2 2
( ) 2 1 ( ) 2 1
là hệ đối xứng
đối xứng loại II.
www.VNMATH.com

26. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
 x  x  y   x  x  y    x  x  y
   
 y  y  x   x  y   x  y x  y

       
                      
x x x 
a  b  c  d  e       thỏa mãn (*).Đặt
Page 26
Chọn a 1;b  1 ta được hệ
2 2 2
2 2 2
2 2( 1) 2 2( 1) 2 2( 1)
2 2( 1) 0 ( )( ) 0
2
2
4 2 0
2 2
2 2 2 2
2( )
(loaïi)
x x
y x x
x x y
x VN y x
y x
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  2  2 .
4.3.4 Dạng 4: Cho phương trình n ax  b  c(dx  e)n  x 
với các hệ số thỏa mãn
d ac
e bc
  
  


(*).
Cách giải: Đặt dy  e  n ax  b
Bài 1: Giải phương trình 4 9 7 2 7
28
 
Giải:
Điều kiện 9
x 
4

2 4 9 7 1 7
28 2 4
PT x x         
 
.
Kiểm tra 1 ; 9 ; 7; 1; 1 ; 0; 7
7 28 2 4
y x 
  ( 1)
1 4 9
2 28
y 
 ta có hệ
2
www.VNMATH.com

27. Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
 7   1  9       2 4 7   1    9
          
                   
   

 
x x I
y x
x x
14 12 1 0 ( )
      
  
 
         
  
                                          
x x    
  .
y   x  thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta
Page 27
2
2
x y
2
2 4
7 1 9 7( )( 1) ( ) 0
2 4
x y
y x x y x y x y
2 7 1 9
            
x y
x y x y
2 4
     
( )(7 7 8) 0
2
2
98 112 9 0
II
8 ( )
7
y x
   

.
6 5 2
14 6 5 2 ( ) 6 5 2 14
14
(loaïi)
x
I x y
x
y x
  
 
.
8 46
 
8 46 14
14 8 46
( ) 8 46 14
14 8 46
8 14 1)
7 8 46 2
14
(loaïi vì
x
x
y
II x
x
y x y
y

.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 6 5 2 ; 8 46
14 14
4.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng:
Bài 1: Giải phương trình: 4x2  5 13x  3x 1  0
Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước:
2 2 13 3 1 33
 x    x  
 
Đặt 2 13 3 1
4 4
4
có thể giải được.
www.VNMATH.com

28. NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Để thu được hệ (1) ta đặt :  y   3x 1 , chọn  , sao cho hệ có thể giải
được (đối xứng hoặc gần đối xứng )
 2 2 2 2
Ta có hệ :
 y   x   y  y  x
    
 x  x    y   x  x  y
  
3 1 2 3 1 0 (1)
    
2 2
 
 x   y  x
      
   
x x  
  .
Page 28
(*)
4 13 5   4 13  5 
0 (2)
Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2) và mong muốn của chúng ta
là có nghiệm x  y
Nên ta phải có :
2 2 3 2 1
4 13 5
  
 
  

, ta chọn được ngay   2;   3
Ta có lời giải như sau :
Điều kiện: 1
x   ,
3
Đặt 3 1 (2 3), ( 3)
2
x    y  y 
Ta có hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x y
y x
Với 15 97
x y x 
8
  
Với 2 x 2 y 5 0 x 11 
73
8
    
Vậy nghiệm của phương trình là: 15 97 ; 11 73
8 8
 Chú ý : Chúng ta có thể tìm ngay  ; bằng cách ta viết lại phương trình như
sau: (2x  3)2   3x 1  x  4
Khi đó đặt 3x 1  2y  3, nếu đặt 2y  3  3x 1 thì chúng ta không thu
được hệ như mong muốn, ta thấy dấu của  cùng dấu với dấu trước căn.
Một số phương trình được xây dựng từ hệ:
Giải các phương trình sau:
1. 4x2 13x  5  3x 1  0
2. 4x2 13x  5  3x 1  0
3. 3 81 x  8  x 3  2 x 2  4 x 
2
3
4. 3 6x 1  8x3  4x 1
5. 15 30 2 4  2004 30060 1 1
2
x  x  x  
www.VNMATH.com

29. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
              
      
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x
(1) 2 2 16 ( 2 16) ( 4 4) 0
    
x x
   
x x
    
Page 29
1. Phương pháp:
1,1 Dùng hằng đẳng thức :
f x
 2 2 ( ) 0
( ) ( ) 0
 
    
( ) 0
f x g x
g x
1.2. Dùng bất đẳng thức:

f x m
( )
 
 ,
   ( )

x D
g x m
Khi đó, phương trình f (x)  g(x) với mọi xD
f ( x )
m
,
 
    ( )

x D
g x m
 Nếu f (x)  g(x),xD (1) thì phương trình f (x)  g(x) tương đương với dấu
đẳng thức ở (1) xảy ra.
2. Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình: x4  2x2 x2  2x 16  2x2  6x  20  0 (1)
Giải:
4 2 2 2 2
 2 2 
2 2
2 2
2 16 ( 2) 0
2 16 2
2 0

      
  
Vậy nghiệm của phương trình là x  2 .
Bài 2: Giải phương trình: 1 2011 1 2011 1 1 (*)
1
x x x
x
     

Giải:
Điều kiện: 1 1
x 
  .
2011 2011
Ta có 1 2011x  1 2011x  2 1 2011x 1 2011x  2 .
Mặt khác x 1 1 2 x
1. 1 2
1 1
 
.
Do đó,
1 2011 1 2011
(*) 1 0 1
1
x
x
    x

.
Vậy nghiệm của phương trình là x  0 .

30. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Bài 3: Giải phương trình: 2 2 9
     x    x       x         x
  x       x   x
   
x  .
x x x x
13 1 9 1 13. 13 1 3 3. 3 1
13 27 13 13 3 3 40 16 10
      
x  x    
x   .
Page 30
1
x x
x
  

(*)
Giải:
Điều kiện: x  0
Ta có :  
2 2
2 2 2 1 2 2 1 9
1 1 1
.
Do đó 2 2 9
1
x x
x
  

(1)
(*)  2 2  1  x

1
1 1 7
x x
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là 1
7
Bài 4: Giải phương trình : 13 x2  x4  9 x2  x4 16 (*)
Giải:
Điều kiện: 1 x  1
Biến đổi phương trình ta có :  2
x2 13 1 x2  9 1 x2  256
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
   
    
2 2
2 2 2 2
2 2 2
x x x
      
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:   2
10 2 16 10 2 16 64
2
 
.
Do đó
 2
x2 13 1 x2  9 1 x2  40x2 (16  x2 )  4.64  256
           
x
2
x 2
x x x x
   2   2
  
2
1 1 5 (*) 3 2
10 16 10 5
.
Vậy nghiệm của phương trình là 2
5
3. Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. 2x4  8  4 4  x4  4 x4  4
2. 16x4  5  63 4x3  x

31. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
3. x3  3x2 8x  40 84 4x  4  0
4. 8  x3  64  x3  x4 8x2  28
         
f x x x
'( )  3  2  1  0,   
5
Page 31
2 x 2 1 4 x 1
5. 2
2
x x
 
6. 4 x  4 1 x  x  1 x  2  4 8
7.
x x x x
 
1  2  1  2  1 2 
1 2
x x
1  2 1 
2
IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ:
1. Phương pháp:
 Nếu hàm số y  f (x) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì
phương trình f (x)  k (k  const) có không quá một nghiệm thuộc (a;b) .
 Nếu hàm số y  f (x) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì u,vD ta có
f (u)  f (v)u  v .
 Nếu hàm số y  f (x) đơn điệu tăng và g(x) là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm
trên (a;b) thì phương trình f (x)  g(x) có không quá một nghiệm thuộc (a;b) .
2. Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình: x3  5  23 2x 1  x  0
Giải:
Điều kiện: x  3 5
Xét hàm số f (x)  x3  5  23 2x 1 x
D  3 5;
2
3
x x
3 3 2
2  5 3 (2 
1)
.
Suy ra f (x) đồng biến trên D.
Do đó, phương trình f (x)  0 nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.
Dễ thấy f (1)  0 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 2: Giải phương trình:  2 2 3 2 2 3 (x 1)  2 x 1  x 1  2 x 1 (*)
Giải:
Điều kiện: x  1
Xét hàm số f (t)  t2  2t treân D  1; .
f '(t)  2(t 1)  0,t  1.
Do đó, f (t) đồng biến trên D.

32. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
(*) f 3 x2 1 f  x 1 3 x2 1  x 1(x2 1)2  (x 1)3
        
       
Page 32
 x4  x3  5x2  3x  0 2
0
 
( 1)( 2 3) 0 1(
3
thoûa)
x
x x x x x
x
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  1; x  0; x  3 .
Bài 3: Giải phương trình: x 1  x2  2x 17
Giải:
Điều kiện: x 1
Xét hàm số f (x)  x 1
D  1; 
 f f '( x )  1  0,  x

1
x
2 
1
Suy ra f (x) đồng biến trên 1; .
Đồ thị hàm số g(x)  x2  2x 17 là parabol (P) có đỉnh I (1;18) và bề lõm hướng
xuống dưới nên g(x) nghịch biến trên 1; .
Do đó, phương trình f (x)  g(x) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.
Dễ thấy, f (5)  g(5) .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5.
3. Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. 3 x  2  3 x 1  3 2x2 1  3 2x2
2. 3x 1  x  7x  2  4
3. 4x 1  4x2 1 1
4. x 1  x3  4x  5
5. x 1  3  x  x2
6. x 1 2x  2x2  x3
7. x 1  x  2  3
8. 2x 1  x2  3  4  x
9. (2x 1)2  4x2  4x  4 3x 2  9x2  3  0
V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA:
1. Nếu x  a thì có thể đặt a sin ; ;
2 2
x t t
 
hoặc x  acost;t0;  .
Bài 1: Giải phương trình: 1 1 x2  x 1 2 1 x2 
Giải:
Điều kiện x 1.

33. Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
 c  t   t  t  
c t t
                    
    
t 
 .
x x x x
             
t c t c t t t
                                 
2 6 os 1 1 sin 2 sin
 t  .
Vậy nghiệm của phương trình là 1
x  .
x x x x
    
Page 33
      
Đặt sin ; ;
2 2
x t t
 
phương trình trở thành
1 cost  sin t 1 2cost 2 os sin sin 2
2
 
 2 c os  t     2sin  3 t    c os
 t   
2 2 2
     
os 2 sin 3 1 0
2 2
c t
         
os 0
2
  t
   
   
sin 3 1
2 2
2 1

4 (k )
t k
t k
  
 
6 3

 .
Kết hợp với điều kiện của t suy ra
6
Vậy phương trình có một nghiệm sin 1
6 2
x
     
 
.
Bài 2: Giải phương trình:    
2
1 1 2 1 3 1 3 2 1
3 3
(*)
Giải:
Điều kiện: x 1.
Khi đó VP>0.
- Nếu x1;0 thì  3  3 1 x  1 x  0 nên phương trình (*) vô nghiệm.
- Nếu x0;1 thì  3  3 1 x  1 x  0 .
Đặt cos , 0;
      2
 
x t t
ta có:
2 6 sin os os3 sin3 2 sin
2 2 2 2
 c   t    t
2
 
 6 cost 12  sin t   0
cos 1
6
6
Bài 3: Giải phương trình: 1  2 1 
1 2 1 2 2
x x
1  2 1 
2
Giải:
www.VNMATH.com

34. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
t c t t t
                             
2(1 sin ) 4
t t k t k t c t

    
                   t t k t k


x x  
  .
x a t t
   
c t
 
   
  
1 1 1
Page 34
Điều kiện 1
2
x 
Đặt 2x  cos t;t 0;  phương trình trở thành
sin os 2 tan cot
2 2 2 2
2
sin
t
t
  
sin3 t  sin2 t  2  0 cos t  0 .
Vậy nghiệm của phương trình là x  0 .
Bài 4: Giải phương trình: x3 3x  x  2 (1)
Giải:
Điều kiện: x  2
- Nếu x  2 thì x3 3x  x  x(x2  4)  x  x  2
Vậy để giải PT(1) ta chỉ cần xét x2;2
Đặt x  2cos t;t 0;  khi đó phương trình đã cho trở thành
3 2 4
cos3 os 2 5
2 3 2 
4
2 
7
(k ) .
Kết hợp với điều kiện của t ta được
4
5
4
7
t
t


  
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là 2cos 4 ; 2cos 4
5 7
2. Nếu x  a thì ta có thể đặt:
x a t t
       
; ; ; 0
t
sin 2 2
 
hoặc ; 0; ;

os 2
Bài 1: Giải phương trình: 2
2
1
x
x
Giải:
Điều kiện x 1.
Đặt 1 ; ;
       
x t
t
sin 2 2
 
phương trình trở thành:

35. Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
      
t 
  .
   
  
 
 
 
   
  
x a a
3 2
 
    phương trình trở thành:
x  ax 
b
x 
x
x
x   không là nghiệm của phương trình nên    
                
x x x
Page 35
1 (1 cot t
) 1
sin
2
t
  cos2t  cot t cos cos 1 0
sin
t t
t
 
cos 0
sin 2 1
2
t
t
 
   

t k k 
     (  )
.
12
Kết hợp với điều kiện của t suy ra
12
Vậy phương trình có một nghiệm 1 2  3 1
sin
12
x

.
TỔNG QUÁT: Giải phương trình 2
1
2
1
x
Bài 2: Giải phương trình:
2
9
x x
x

Giải:
Điều kiện x  3.
Đặt 3 ; 0; ,
x t t
t

cos 2
1 1 2 2
cost sin t
t t 
  1 sin 2t  2sin2 2t sin 2 1
4
   
3 3 2
os
  
4
x
c 
 
 
 
(thỏa ĐK).
Vậy phương trình có một nghiệm x  3 2 .
TỔNG QUÁT: Giải phương trình
2 2
x 
a
với a,b là các hằng số cho
trước.
       
3. Đặt tan , ,
2 2
x t t
 
để đưa về phương trình lượng giác đơn giản
hơn.
Bài 1: Giải phương trình: x3 3 3x2 3x  3  0 1
Giải:
Do 1
3
3
2
1  3 
3 2
1 
3
      
Đặt tan , ,
2 2
x t t
 
t k k  
. Khi đó, PT(2) trở thành tan 3t  3  
     .
9 3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: tan , tan 4 , tan 7
9 9 9
     
.
www.VNMATH.com

36. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
Bài 2: Giải phương trình:  
2 2 2
x x x
 
  
x x x
  1 1 1 1 0
       

t k
Page 36
 
2
2
1 1 1
2 2 1

Giải:
Điều kiện x  0; x  1.
Đặt tan , , , 0,
          
x t t t t
2 2 4
 
phương trình trở thành:
1 1 2
cost sin 2t sin 4t
cost 2sin t 2sin t cos 2t
 
2sin t cos 2t  cos2t 1  0 2sin t 1 2sin2 t  2sin2 t  0
sin t 1 sin t  2sin2 t   0
sin 0
sin 1
sin 1
2
t
t
t



   
 
 
2
2
2
6
k
t k



    
  
 


Kết hợp với điều kiện suy ra
t 
 .
6
Vậy phương trình có 1 nghiệm tan 1
6 3
x
     
 
.
4. Mặc định điều kiện là x  a . Sau khi tìm được số nghiệm chính là số
nghiệm tối đa của phương trình và kết luận.
Bài 1: Giải phương trình: 3 6x 1  2x 1
Giải:
PT(1)8x3  6x 1 2
Đặt x  cos t,t 0;  phương trình (2) trở thành:
os3 1 2  
c t t k k  
      
2 9 3
Suy ra phương trình (2) có tập nghiệm
os ; os 5 ; os 7
                
      
S c c c
9 9 9
.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm chính là S.
5. Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1. 1 x2  4x3 3x .
2. 3 6x 1  2x .
3. 1 1 2 1 2 2
2
 x  x   x .
4. 2  2 1 x2  x 1 1 x2 .
5. 1 1 x2  2x2 .

37. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

cùng hướng với b 
          
     
x  .
Page 37
6. 2
35
 
1 12
x x
x

. 7.
x x x
2 2 2
2
1 1 ( 1)
2
 
  
x x x
2 2 (1 
)
.
VI. PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ
1. . Phương pháp:
   
 a  b  a  b
.

cùng hướng với
Dấu “=” xảy ra a
b 
.
   
 a  b  a  b
.

cùng hướng với
Dấu “=” xảy ra a
b 
.
   
 a b  a  b
.

ngược hướng
Dấu “=” xảy ra a
với b 
.
   
 a.b  a . b
.

cùng hướng với
Dấu “=” xảy ra a
b 
.
2. Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình: x2  4x  5  x2 10x  50  5 (*)
Giải:
   
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn a(x  2;1); b(x  5;5)a  b(3;4)

Khi đó a  (x  2)2 1  x2  4x  5

b  (x 5)2  25  x2 10x  50
 
a b  9 16  5
 
a  b  x2  4x  5  x2 10x  50
   
Ta có a  b  a  b
(1)
Do đó, (*)(1) xảy ra dấu “=”a
 
 a  kb (k  0)
2 ( 5) 5
1 5 4
1
0
5
x k x x
k
k k
.
Vậy nghiệm của phương trình là 5
4
Bài 2: Giải phương trình: x2 8x 816  x2 10x  267  2003 (*)
Giải:
   
Trong mặt phẳng Oxy chọn a(4  x;20 2); b(5  x;11 2) a  b  (9;31 2)
.

Khi đó a  (4  x)2 800  x2 8x 816

38. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû

cùng hướng với b 
             
     
x 
 .
 9 x  18 x  0  9 x  18  0  x
 2
            
 
 
Từ phương trình ta có 9  x2  a.b  a . b  6x(x  3)2  0 x  3
Page 38

b  (5  x)2  242  x2 10x  267
 
a  b  x2 8x 816  x2 10x  267
 
Ta có a  b  a  b (1)
a  b  811922  2003
   
Do đó, (*)(1) xảy ra dấu “=”a
 
 a  kb (k  0)
4 (5 ) 56
20 2 11 2 31
20
0
11
x k x x
k
k k
.
Vậy nghiệm của phương trình là 56
31
Bài 3: Giải phương trình: 9x3 18x2  36x2  9x3  9  x2
Giải:
3 2
Điều kiện:
2 3
2 4
36 9 36 9 0 4
x
x x x x
.
Trong mặt phẳng Oxy chọn a 9x3 18x2 ; 36x2 9x3 ; b(1;1)
.
 
Khi đó, a.b  9x3 18x2  36x2 9x3
a . b  2. 18x2  6x
   
.
Thử lại ta được x  3 là nghiệm của phương trình
3. Bài tập áp dụng:
1. 4x2  4x  2  4x2 12x 13  13 .
2. 5x2 12x  9  5x2 12x 8  29 .
3. 2x2  2x 1  2x2  3 1x 1  2x2  3 1x 1  3 .
4. 10 3x  x2  18  7x  x2  77 .

39. www.VNMATH.com
Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A
TÀI LIỆU THAM KHẢO:
[1] Nguyễn Quốc Hoàn, Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp giải phương
trình vô tỷ.
[2] Nguyễn Phi Hùng – Võ Thành Văn, Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải
phương trình vô tỷ.
[3] Nguyễn Đức Thắng, chuyên đề: Phương trình – Bất phương trình vô tỷ.
[4] SGK và SBT Đại số 10 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục.
[5] Http://vnmath.com
[6] Http://violet.vn
Page 39

40. www.VNMATH.com
NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­
¬ng ph¸p gi¶i ph­
¬ng tr×nh v« tû
KẾT LUẬN:
Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong
khuôn khổ chương trình phổ thông. Sau khi đã đọc xong phương pháp giải
và bài tập minh họa, không những các bạn có thể giải được các bài tập áp
dụng sau mỗi phương pháp mà có thể giải các bài tập chứa căn thức khác.
Trong quá trình làm bài tập lớn này, chắc chắn không thể tránh
khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của các bạn.
Page 40
Xin trân trọng cảm ơn.
Huế, ngày 15 tháng 04 năm 2012
NguyÔn V¨n Rin.