Chuyên đề phương trình vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: THẦY ĐỖ KIM SƠN
NHÓM THỰC HIỆN:
• NGUYỄN ĐÌNH THU
• NGUYỄN MINH TÂM
• LÊ TRUNG HIẾU
• ĐỖ QUANG BÌNH
• TRẦN ANH KIỆT
• LÊ MẠNH THÔNG
LỚP 10 TOÁN
NĂM HỌC 2008-2009
1
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình vô tỷ là một đề tài ly
́
thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người
nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, y
́
tưởng phong phú và tối ưu.
Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối
tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này
có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các
bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các
cấp THCS, THPT. Chính vì thế, chúng tôi quyết tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc chi tiết và
dưới sự hướng dẫn, dìu dắt của quy
́
thầy cô bộ môn Toán trường THPT Chuyên Tiền
Giang, chúng tôi biên so
̣

an chuyên đề “ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” này để mọi người có
cái nhìn tổng quát về phương trình vô tỷ. Cụ thể là:
 Hệ thống hóa kiến thức và kỹ năng giải phương trình vô tỷ.
 Cung cấp tài liệu và kỹ năng giải phương trình vô tỷ.
 Đặc biệt là để kỉ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam 20/11; chúng tôi muốn dành
chuyên đề“ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” kính tặng quy
́
thầy cô; kính chúc thầy cô
luôn dồi dào sức khỏe, nhiều may mắn và thành công trong cuộc sống.
Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và
giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề có thể còn một vài thiếu sót. Chúng tôi
luôn biê
́
t ơn khi nhận được những y
́
kiê
́
n đo
́
ng go
́
p quy
́
ba
́
u và sự thông cảm!
Cuô
́
i cu

̀
ng chu
́
ng tôi xin ca
̉
m ơn thâ
̀
y Đỗ Kim Sơn va
̀
quy
́
thâ
̀
y cô đa
̃
ta
̣
o mo
̣
i điê
̀
u
kiê
̣
n đê
̉
chu
́
ng tôi hoa
̀

n tha
̀
nh chuyên đê
̀
na
̀
y.
CA
́
C HO
̣
C SINH LƠ
́
P TOA
́
N KHO
́
A 2008- 2011
TRANG
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 4
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 9
III. PHƯƠNG PHÁP HỆ PHƯƠNG TRÌNH 32
IV. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 37
V. PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC 49
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
A B C D+ = +
, ta thường

bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn

( )
3 3 3 3
3 3
3 .A B C A B A B A B C+ = ⇒ + + + =

và ta sử dụng phép thế :
3 3
A B C+ =
ta được phương trình :
3
3 . .A B A B C C+ + =
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 3 0x x− + =
(1)
Giải: Đk:
0x ≥

2
2
(1) 2 3
2 3
2 3 0
3
x x
x x
x x
x

⇔ = +
⇔ = +
⇔ − − =
⇔ =
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
3S =
Bài 2. Giải phương trình sau:
Giải: 2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Với một số phương trình ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
như vậy phương trình
luôn đưa về được dạng tích
( )
( )
0
0x x A x− =
ta có thể giải phương trình
( )
0A x =

hoặc chứng minh
( )
0A x =
vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình
để ta có thể đánh gía
( )

0A x =
vô nghiệm
b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :
( )
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
Giải:
Ta nhận thấy :
( ) ( )
( )
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − −


( ) ( )
( )
2 2
2 3 4 3 2x x x x
− − − + = −
Ta có thể chuyê
̉
n vê
́
rô
̀
i trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2

2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
2 2
12 5 3 5x x x+ + = + +
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x+ − + = − ≥ ⇔ ≥
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích
về dạng
( ) ( )
2 0x A x− =
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách các số hạng như sau :
( )
( )
2 2
2 2
2 2

2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0
12 4 5 3
2
x x
x x x x
x x
x x
x
x x
x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 
+ +
⇔ − − − =
 ÷
+ + + +
 
⇔ =
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3

12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
Bài 3. Giải phương trình :
2 33
1 2x x x− + = −
Giải: Đk
3
2x ≥
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
( )
( )
( )
( )
2
2 33
2 3
2 23
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x

x x x x
x
x x
 
− + +
+
 
− − + − = − − ⇔ − + =
 
− +
− + − +
 
 
Ta chứng minh :
( )
(
)
2
2
2 3
2 2 2
3 3
3
3 3 3 9
1 1 2
2 5
1 2 1 4 1 1 3
x x x x
x
x x x

+ + + +
+ = + < <
− +
− + − + − + +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C+ =
, mà :
A B C
α
− =

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của
x
. Ta có thể giải như sau :
A B
C A B
A B
α
−
= ⇒ − =
−
, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B
α

α

+ =

⇒ = +

− =


b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4x x x x x+ + + − + = +
Giải:
Ta thấy :
( ) ( )
( )
2 2
2 9 2 1 2 4x x x x x+ + − − + = +
4x = −
không phải là nghiệm
Xét
4x
> −
Trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1

x
x x x x x
x x x x
+
= + ⇒ + + − − + =
+ + − − +
Vậy ta có hệ:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x
=


+ + − − + =


⇒ + + = + ⇔



=
+ + + − + = +



Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
8
7
Bài 5. Giải phương trình :
2 2
2 1 1 3x x x x x+ + + − + =
Ta thấy :
( ) ( )
2 2 2
2 1 1 2x x x x x x+ + − − + = +
, ( không có dấu hiệu trên ).
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x
=
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng các đẳng thức

( ) ( )
1 1 1 0u v uv u v+ = + ⇔ − − =

( ) ( )
0au bv ab vu u b v a+ = + ⇔ − − =

2 2
A B=
Bài 1. Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + +
Giải:
( ) ( )
3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

= −

Bài 2. Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1x x x x x+ + = + +
Giải:
+
0x =
, không phải là nghiệm

+
0x
≠
, ta chia hai vế cho x:
( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 
Bài 3. Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
Giải: Đk
1x ≥ −
pt
( ) ( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x

=

⇔ + − + − = ⇔

=

Bài 4. Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
Giải:
Đk:
0x
≥
Chia cả hai vế cho
3x +
:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 

+ = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
+ + +
 
 Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B=
Bài 1. Giải phương trình :
3 3x x x− = +
Giải:
Đk:
0 3x≤ ≤
khi đó pt đa
̃
cho tương đương:
3 2
3 3 0x x x+ + − =
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
−
 
⇔ + = ⇔ =
 ÷
 
Bài 2. Giải phương trình sau :
2

2 3 9 4x x x+ = − −
Giải:
Đk:
3x ≥ −
phương trình tương đương :
( )
2
2
1
3 1 3
1 3 9
5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
x
x x
=


+ + =

+ + = ⇔ ⇔

− −

=
+ + = −





Bài 3. Giải phương trình sau :
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
Giải: pt
( )
3
3 3
2 3 0 1x x x⇔ + − = ⇔ =
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
1)
( )
2 2
3 1 3 1x x x x+ + = + +
2)
4 3 10 3 2x x− − = −
(HSG Toàn Quốc 2002)
3)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 5 2 10x x x x x− − = + − −
4)
23

4 1 2 3x x x+ = − + −
5)
2 33
1 3 2 3 2x x x− + − = −
6)
2
3
2 11 21 3 4 4 0x x x− + − − =
(OLYMPIC 30/4-2007)
7)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − +
8)
2 2
2 16 18 1 2 4x x x x+ + + − = +
9)
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN 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
quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo
t

thì việc đặt phụ xem
như “ hoàn toàn” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn
( )
t f x=
thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
Giải:
Đk:
1x ≥
Nhận xét.
2 2
1. 1 1x x x x− − + − =
Đặt
2
1t x x= − −
thì phương trình có dạng:
1
2 1t t
t
+ = ⇔ =
Thay vào tìm được
1x
=
Bài 2. Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5x x x− − = +
Giải
Điều kiện:

4
5
x ≥ −
Đặt
4 5( 0)t x t= + ≥
thì
2
5
4
t
x
−
=
. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
− +
− − − = ⇔ − − + =
2 2
( 2 7)( 2 11) 0t t t t⇔ + − − − =
Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3t t= − ± = ±
Do
0t ≥

nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3t t= − + = +
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3 vaø x x= − = +
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0x x− − ≥
Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0x x x− − − =
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5y x− = +
và đưa về hệ đối xứng
(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6x x+ + − =
Điều kiện:
1 6x
≤ ≤
Đặt
1( 0)y x y= − ≥
thì phương trình trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0y y y y y+ + = ⇔ − − + =
( với
5)y ≤
2 2
( 4)( 5) 0y y y y⇔ + − − − =

1 21 1 17
,
2 2
(loaïi)y y
+ − +
⇔ = =
Từ đó ta tìm được các giá trị của
11 17
2
x
−
=
Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :
( )
(
)
2
2004 1 1x x x= + − −
Giải: đk
0 1x≤ ≤
Đặt
1y x= −
pttt
( )
( )
2
2
2 1 1002 0 1 0y y y y x
⇔ − + − = ⇔ = ⇔ =
Bài 5. Giải phương trình sau :

2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Giải:
Điều kiện:
1 0x
− ≤ <
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
1 1
2 3x x
x x
+ − = +
Đặt
1
t x
x
= −
, ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình :
2 4 23
2 1x x x x+ − = +
Giải:
0x =
không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2x x
x x

 
− + − =
 ÷
 
Đặt t=
3
1
x
x
−
, Ta có :
3
2 0t t+ − = ⇔
1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =
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:
2 2
0u uv v
α β
+ + =
(1) bằng cách

Xét
0v ≠
phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
α β
   
+ + =
 ÷  ÷
   
0v
=
thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

( ) ( ) ( ) ( )
. .a A x bB x c A x B x+ =

2 2
u v mu nv
α β
+ = +
Chúng ta hãy 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.
a) Phương trình dạng :
( ) ( ) ( ) ( )
. .a A x bB x c A x B x+ =
Như vậy phương trình

( ) ( )
Q x P x
α
=
có thể giải bằng phương pháp trên nếu

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 =


= +


Xuất phát từ đẳng thức :

( )
( )
3 2
1 1 1x x x x+ = + − +

( ) ( ) ( )
4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1x x x x x x x x x+ + = + + − = + + − +

( ) ( )
4 2 2
1 2 1 2 1x x x x x+ = − + + +

( ) ( )
4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1x x x x x+ = − + + +
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như :

2 4
4 2 2 4 1x x x− + = +
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình
bậc hai
2
0at bt c+ − =
giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :
( )
2 3
2 2 5 1x x+ = +
Giải: Đặt
2
1, 1u x v x x= + = − +

phương trình trở thành :
( )
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

u v
=


+ = ⇔

=

Tìm được:
5 37
2
x
±
=
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x− + = − + +
Bài 3: giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1x x x+ − = −
Giải:
Đk:
1x ≥
Nhận xét : Ta viết
( )
( )
( )

( )
2 2
1 1 7 1 1x x x x x x
α β
− + + + = − + +
Đồng nhất thức ta được
( ) ( ) ( )
( )
2
3 1 2 1 7 1 1x x x x x x− + + + = − + +
Đặt
2
1 0 , 1 0u x v x x= − ≥ = + + >
, ta được:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u
=


+ = ⇔

=

Nghiệm :
4 6x = ±

Bài 4. Giải phương trình :
( )
3
3 2
3 2 2 6 0x x x x− + + − =
Giải:
Nhận xét : Đặt
2y x= +
ta biến pt trình về dạng phương trình thuần nhất bậc 3
đối với x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y
=

− + − = ⇔ − + = ⇔

= −

Pt có nghiệm :
2, 2 2 3x x= = −
b).Phương trình dạng :
2 2
u v mu nv
α β
+ = +
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 :
2 2 4 2
3 1 1x x x x+ − = − +
Giải:
Ta đặt :
2
2
1
u x
v x

=


= −


khi đó phương trình trở thành :
2 2
3u v u v+ = −
Bài 2.Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
Giải
Đk
1
2
x ≥
. Bình phương 2 vế ta có :

( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x+ − = + ⇔ + − = + − −
Ta có thể đặt :
2
2
2 1
u x x
v x

= +

= −

khi đó ta có hệ :
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v

−

=


= − ⇔

+
=


Do
, 0u v ≥
.
( )
2
1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
+ +
= ⇔ + = −
Bài 3. giải phương trình :
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x− + − − − = +
Giải:
Đk
5x
≥
. Chuyển vế bình phương ta được:
( )
( )

2 2
2 5 2 5 20 1x x x x x− + = − − +
Nhận xét : không tồn tại số
,
α β
để :
( )
( )
2 2
2 5 2 20 1x x x x x
α β
− + = − − + +

vậy ta không thể đặt
2
20
1
u x x
v x

= − −

= +

.
Nhưng may mắn ta có :
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2

20 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x− − + = + − + = + − −
Ta viết lại phương trình:
( )
( )
2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x− − + + = − − +
. Đến
đây bài toán được giải quyết .
Các bạn hãy tự tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích
( ) ( )
1 1 1 2 0x x x+ − + − + =
,
( ) ( )
2 3 2 3 2 0x x x x+ − + − + =
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút
nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất
phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải
được thể hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
2
2t x= +
, ta có:

( )
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
=

− + − + = ⇔

= −

Bài 2. Giải phương trình :
( )
2 2
1 2 3 1x x x x+ − + = +
Giải:
Đặt :
2
2 3, 2t x x t= − + ≥
Khi đó phương trình trở thành :
( )
2
1 1x t x+ = +
( )
2
1 1 0x x t⇔ + − + =
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t :

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
=

− + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔

= −

Từ một phương trình đơn giản :
( ) ( )
1 2 1 1 2 1 0x x x x− − + − − + + =
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau
Bài 3. Giải phương trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
Giải:
Nhận xét : đặt
1t x= −
, pt trở thành
4 1 3 2 1x x t t x+ = + + +
(1)
Ta rút
2

1x t= −
thay vào thì được pt:
( ) ( )
2
3 2 1 4 1 1 0t x t x− + + + + − =
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t
( ) ( )
2
2 1 48 1 1x x∆ = + + − + −
không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
( ) ( )
2 2
1 , 1x x− +
Cụ thể như sau :
( ) ( )
3 1 2 1x x x= − − + +
thay vào pt (1)
Bài 4. Giải phương trình:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x+ + − = +
Giải:
Bình phương 2 vế phương trình:
( )
( )
( )
2 2
4 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x+ + − + − = +
Ta đặt :
( )

2
2 4 0t x= − ≥
. Ta được:
2
9 16 32 8 0x t x− − + =
Ta phải tách
( )
( )
2 2 2
9 2 4 9 2 8x x x
α α α
= − + + −
làm sao cho
t
∆
có dạng số chính
phương .
Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt
được mục đích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan
hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
3a b c a b c a b b c c a+ + = + + + + + +
, Ta có
( ) ( ) ( ) ( )

3
3 3 3
0a b c a b c a b a c b c+ + = + + ⇔ + + + =
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
2 23 3
3
7 1 8 8 1 2x x x x x+ − − − + − + =
3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0x x x x+ + − + − − − =
Bài 1. Giải phương trình :
2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x= − − + − − + − −
Giải :
2
3
5
u x
v x
w x

= −


= −


= −


, ta có :
( ) ( )

( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2
2
3 3
5
5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu
v w u w
 + + =

− = + +


− = + + ⇔ + + =
 
 
− = + +
+ + =
 
, giải hệ
ta được:
30 239
60 120

u x= ⇔ =
Bài 2. Giải phương trình sau :

2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − +
Giải . Ta đặt :
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x

= −


= − −


= + +


= − +



, khi đó ta có :
2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
+ = +

⇔ = −

− = −

Bài 3. Giải các phương trình sau
1)
2 2
4 5 1 2 1 9 3x x x x x+ + − − + = −
2)
( ) ( ) ( )
3
3 2
4
4
4
4
1 1 1 1x x x x x x x x+ − + − = − + + −
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
a.
2 2

15 2 5 2 15 11x x x x− − = − +
b.
2
( 5)(2 ) 3 3x x x x+ − = +
c.
2
(1 )(2 ) 1 2 2x x x x+ − = + −
d.
2 2
17 17 9x x x x+ − + − =
e.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − +
f.
2 2
11 31x x+ + =
g.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n
n n
x x x+ + − + − =
h.
2
(2004 )(1 1 )x x x= + − −
i.
( 3 2)( 9 18) 168x x x x x+ + + + =
j.
3
2 2

1 2 1 3x x− + − =
Bài tập tổng hợp:
1/
nxxxx =−+−−++ )3)(1(31
(1)
a/ Giải phương trình n = 2
b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm:
2/
6
9696
mx
xxxx
+
=−−+−+
a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Bài tập tương tự:
3/
21212 =−−+−+ xxxx
4/
xxxx −+=−+ 1
3
2
1
2
5/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
6/

2
51102 xxx =+−−
7/ Tìm m để, phương trình sau có nghiệm
mxxxx =−++−++ )8)(1(81
8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
mxxxx =−−+−−− 44423
9/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
mxxxx =−++−+ 444
Giải các phương trình sau:
10/
616
2
44
2
−−+=
−++
xx
xx
11/
42221663
222
+=++++ xxxxxx
12/
73223)3(
22
+−=−+− xxxx
13/
010443
22
=+−+− xxxx

14/
013424)2(3
22
=++−−− xxxx
15/
1)12)(1(121 −=−++−++ xxxx
16/
1)8)(5(85 −=−++−++ xxxx
17/
)1(271124
2
xxxx +=++
18/
)1(1012
2
−=−+ xxxx
19/
015111245124
22
=++−−− xxx
20/
12
35
1
2
=
−
+
x
x

x
(1)
21/
3
2
3
22
3
2
3
2
)()()( aaxaxax =−++++
22/
877629
44
=++− xx
23/
( )
2
3
32
121)1(11 xxxx −+=






−−+−+
24/

xxx −
=
−+
+
−− 1
34
11
1
11
1
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
α
để phương trình sau có
nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( −+=
−
+
−++− aa
x

x
xxx
Bài tập tương tự:
27/
)2)(3(
2
4
)2(5)4)(2( +−=
+
+
++++ aa
x
x
xxx
28/
6
)25(
16
)25(
5
3
5
3
=
+
−+
x
x
29/
2

5
16
1
1
16
55
=
−
+
− y
y
y
y
30/
4
5
4
5
66
=
+
+
+
x
x
x
x
31/
2
5

3
3
5
77
=
−
+
+
+
−
x
x
x
x
32/
22
20
=++ xxx
x
(Đặt y =
x
> 0)
33/
)2(2)25(
2
5
3
+=+ xx
(1)
34/

321
2323
=+−+−− xxxx
(1)
35/
2
2
3
2
1






−=− xx
36/
4564518
44
=−++ xx
37/
555
2axaxa =−++
38/
11212112 ++=+−++++ xxxxx
39/
321
2323
=+++−+ xxxx

41/
288
44
=−−+ xx
42/
2
2
1
2
1
2
=
−
+
x
GIẢI BÀI TẬP TỔNG HỢP
1/
nxxxx =−+−−++ )3)(1(31
(1)
a/ Giải phương trình n = 2
b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm:
Điều kiện



≤≤−⇔
≥−
≥+
31
03

01
x
x
x
Đặt ẩn phụ
0,31 ≥−++= txxt
Khi đó
)3)(1(24
2
xxt −++=
Hay
4)3)(1(2
2
−=−+ txx
(2)
a/ Với n = 2 và ẩn phụ t, phương trình (1) trở thành.
2,0
02
4)4(2
21
2
2
==⇔
=−⇔
=−−
tt
tt
tt
Dễ thấy t
1

= 0 không thoả (2). Thay t
2
= 2 vào (2) được
3,1,0)3)(1(
21
=−=⇒=−+ xxxx
, thoả điều kiện ban đầu.
b/ Đặt ẩn phụ t như trên, phương trình (1) trở thành:
0422
2)4(2
2
2
=−+−⇔
=−−
ntt
ntt
+
025 ≥−=∇ n
thì phương trình có nghiệm



−−=
−+=
nt
nt
251
251
2
1

Để phương trình có nghiệm thì
222 ≤≤ t
(theo công thức tổng quát ở trên).
Với t
2
không thoả mãn. Với t
1
có
222512 ≤−+≤ n

2222 ≤≤−⇔ n
Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x. Vậy phương trình (1)
có nghiệm khi và chỉ khi
2222 ≤≤− n
2/
6
9696
mx
xxxx
+
=−−+−+
a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Điều kiện
909 ≥⇔≥− xx
Đặt ẩn phụ
9−= xt
. Khi đó x = t
2
+ 9

Phương trình đã cho trở thành:
( )
( )



≤≤=+−
≥=++−
⇔
++=−++⇔
++=−++
30,027
0,0912
9336
9)3()31(6
2
2
2
222
tmt
tmtt
mttt
mtx
a/ Với m = 23 có:



≤≤=
≥=+−
30,4

3,03212
2
2
tt
ttt
Giải ra ta được t
1
= 8, t
2
= 4, t
3
= 2 nên phương trình có 3 nghiệm là x
1
=
73, x
2
= 25, x
3
= 13.
b/ Với t ≥ 3 thì t
2
– 12t + 9 + m = 0

( )
mt −=−⇔ 276
2
Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27
Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27.
20/
12

35
1
2
=
−
+
x
x
x
(1)
Điều kiện x
2
– 1 > 0, x > 0
⇔
x > 1
Bình phương 2 vế của (1), ta có:
144
1225
1
2
1
2
2
2
2
2
=
−
+
−

+
x
x
x
x
x
144
1225
1
2
1
2
2
2
4
=
−
+
−
⇔
x
x
x
x
(2)
Đặt
1
2
2
−

=
x
x
t
, với t > 0, ta có
(2)
0
144
1225
2
2
=−+⇔ tt
(2)
Phương trình (3) có 2 nghiệm trái dấu.





−=
=
12
49
12
25
2
1
t
t
+ Với

12
25
1
=t
012125)1(12
22
=+−−−⇒ xx
(4)
Đặt
0,1
2
>−= yxy
. Ta có
(Chọn)
(Loại)





=
=
⇔
=+−⇔
4
3
3
4
0122512)4(
2

y
y
yy
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm:





=
=
3
5
4
5
X
x
Vậy nghiệm của phương trình là






=
3
5
;
4
5

S
21/
3
2
3
22
3
2
3
2
)()()( aaxaxax =−++++
Đặt y = x + a, z = x – a
Nhân lượng liên hiệp
( )
3
3
3
3
3
3 2
2
2
azy
azyaxy
=−⇒
=−=−⇒
Lập phương 2 vế phương trình ta được
- yz = a
2
⇒

x = 0 (thử lại thoả)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0
22/
877629
44
=++− xx
Đặt
4
4
629
77
u x
v x

= −


= +


706,8
44
=+=+⇒ vuvu
Đặt t = uv



=
=
⇔

=+−⇒
113
15
01695128
2
t
t
tt
Với t = 15
⇒
x = 4
Với t = 113
⇒
x = 548
Thử lại ta thấy tập nghiêm của phương trình là
{ }
548;4=S
23/
( )
2
3
32
121)1(11 xxxx −+=






−−+−+

Điều kiện
-1 ≤ x ≤ 1
Đặt
xvxu −=+= 1,1
, với u, v > 0
xvuvuxvu 2,2,1.
22222
=−=+−=⇒
Phương trình đã cho trở thành
2
2
.2)2(2
2
1
.2))()((
2
1
.2)(.
2
2
22
33
22
=⇒
+=++⇒
+=++−+⇔
+=−+
+
x
vuvuvx

vuvuvuvuvu
vuvuvu
vu
Thử lại ta thấu tập nghiệp của phương trình đã cho là






=
2
2
S
24/
xxx −
=
−+
+
−− 1
34
11
1
11
1
Điều kiện



≠

<
0
1
x
x
Đặt
0,1 >−= txt
và t ≠ 1
Phương trình đã cho trở thành:







−=
=
⇔
=−+⇒=
+
+
−
3
2
2
3
03232
34
1

1
1
1
2
t
t
tt
ttt
Với
4
1
3
1
=⇒= xt
Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình là






=
3
2
S
25/
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
Đặt

132 +++= xxu
, với x ≥ -1, u > 0
Phương trình đã cho trở thành
U2 – u – 20 = 0



−=
=
⇔
4
5
u
u
Do đó
5132 =+++ xx
(*)
5
132
2
=
+−+
+
⇔
xx
x
21325 +=+−+⇔ xxx
(**)
(Loại)
(Chọn)

(Loại)
Từ (*) và (**)
xx −=+⇒ 23110

3
=⇒
x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số
α
để phương trình sau có
nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( −+=
−
+
−++− aa
x
x
xxx
Với điều kiện



>
−≤
⇔≠−≥
−

+
3
1
03,0
3
1
x
x
x
x
x
Đặt
0,
3
1
)3( ≥
−
+
−= y
x
x
xy
Nếu x > 3 và y ≤ 0 nếu x ≤ -1
)1)(3( +−=⇒ xxy
Phương trình đã cho
)3)(1(
3
1
)3(3)1)(3( +−=
−

+
−++− aa
x
x
xxx
(1)
Trở thành y
2
+ 3y – (a – 1)(a + 2) = 0



−−=
−=
⇔
2
1
ay
ay
Do đó






−−=
−
+
−

−=
−
+
−
2
3
1
3
1
3
1
3
a
x
x
x
a
x
x
x
Xét phương trình
y
x
x
x =
−
+
−
3
1

3
(3)
• y = 0
⇒
x = -1
• y > 0
⇒
x > 3
• y < 0
⇒
x < -1
a/ Xét khả năng y > 0 với x ≥ 3, ta có:
)1)(3( +− xx
= y
2

⇔
x
2
– 2x – 3 – y
2
= 0 (4)
Phương trình (4) có 2 nghiệm trái dấu





>++=
−≤+−=

341
11
2
2
2
1
yx
yax
b/ Xét khả năng y ≤ 0 với x ≤ -1
Giải được nghiệm
2
1
1 yax +−=
(thoả)
Do đó ta có:
• Với y = a – 1, ta có
(Chọn)
(Loại)
• a > 1: Phương trình (1) có nghiệm:
521)1(41
22
2
+−+=−++== aaaxx
• a ≤ 1: Phương trình (1) có nghiệm:
521
2
1
+−−== aaxx
• Với y = - a – 2 , ta có:
• a < -2: Phương trình (1) có nghiệm:

841)1(41
22
2
+++=−++== aaaxx
• a ≥ -2: Phương trình (1) có nghiệm:
841
2
1
++−== aaxx
Ta suy ra:
• Nếu a < -2: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−−=+++= aaxaax
• Nếu a = -2 : (1) có 2 nghiệm là:
131;1 −=−= xx
• Nếu -2 < a < 1: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−−=++−= aaxaax
• Nếu a = 1: (1) có 2 nghiệm là:
1;131 −=−= xx
• Nếu a > 1: (1) có 2 nghiệm là:
521;841
22
+−+=++−= aaxaax
Vậy phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm
Ra ∈∀
28/
6

)25(
16
)25(
5
3
5
3
=
+
−+
x
x
Với điều kiện 5x + 2 ≠ 0
2
5
−≠⇔ x
Đặt
=y
5
3
)25( +x
Phương trình đã cho
6
)25(
16
)25(
5
3
5
3

=
+
−+
x
x
(1)
Trở thành



=
−=
⇔
=−−⇔
=−
8
2
0166
6
16
2
y
y
yy
y
y
Do đó ta có:





=
+−
=
⇔



=+
−=+
⇔




=+
−=+
6
5
)14(2
3225
4225
825
2)25(
3
3
5
5
3
x

x
x
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:




=
+−
=
⇔
6
5
)14(2
3
x
x
33/
)2(2)25(
2
5
3
+=+ xx
(1)
Điều kiện: 1 + x
3
≥ 0

0)1)(1(
2
≥+−+⇔ xxx
Mà x
2
– x + 1 > 0,
x
∀
nên điều kiện đó tương đương với x + 1 ≥ 0.
Đặt
0,0,1,1
2
≥≥+−=+= vuxxvxu
.
Phương trình (1) trở thành 5uv – 2(u
2
+ v
2
)





=
=
⇔
=+−







⇔
2
1
2
0252
2
v
u
v
u
v
u
v
u
Với
2=
v
u
, phương trình (1) vô nghiệm
Với
2
1
=
v
u
thì








+
=
−
=
⇔



=−−
−>
⇔
+=+−
2
375
2
375
035
1
121
2
1
2
2

x
x
xx
x
xxx
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là






+−
=
2
375
;
2
375
S
* Những bài toán dạng trên được giải bằng phương pháp đưa về ẩn phụ.
Nhưng cũng là biến đổi phương trình phức tạp thành đơn giản.
Để mở rộng phương trình trên ta xét thêm phần mở rộng của phương pháp
đặt ẩn phụ.
Đưa về hệ phương trình:
34/
321
2323
=+−+−− xxxx
(1)

Với điều kiện:
0201
2323
>+−⇒≥−− xxxx
Đặt





+−=
−−=
2
1
23
23
xxv
xxu
Với v > u ≥ 0
Phương trình (1) trở thành u + v = 0
Ta có hệ phương trình



=++
=−+
⇔






=++
=−+
⇔











=
=
⇔
=−
=+
⇔
=−+
=+
⇔



=−
=+

42
11
22
11
2
1
1
3
3))((
3
3
3
23
23
23
23
22
xx
xx
xx
xx
v
u
uv
vu
uvuv
vu
uv
vu
)022(1

0)22)(1(
02
2
2
23
>++=⇔
=++−⇔
=−+⇔
xdoxx
xxx
xx
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
35/
2
2
3
2
1






−=− xx
Điều kiện:







≤≤⇔
≥
≤≤−
⇔
≥
≥−
00
0
11
0
01
2
x
x
x
x
x
(*)
Vớu điều kiện (*),đặt
xu =
xv −=
3
2
, với u ≥ 0,
3
2
≤v

Ta có:





=






−
−=−
2
2
42
3
2
11
vx
ux
Do dó ta có hệ
( )
( )
[ ]



















+
=
=+







−
=
=+
⇔













=−−
=+
⇔
=−






−
=+
⇔











=−+
=+
⇔
=−+
=+
⇔










=+
=+
⇔
=−
=+
18
1948
.
5
2

18
1948
.
3
2
0
81
65
.
9
16
.2
3
2
1.2.2
9
4
3
2
1.2
3
2
1.2
3
2
1
3
2
1
3

2
22
22
2
2
2
22
2
22
44
24
vu
vu
vu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vu
vu
vu
vu
⇒
u và v là nghiệm của phương trình







=
+
+−
=
−
+−
)(0
18
1948
3
2
)(0
18
1948
3
2
2
2
byy
ayy
• (b) vô nghiệm
• (a) có 2 nghiệm
3
3
2

97
1
;
2
3
2
97
1
21
−+
=
−−
= yy
Do đó:






=
=
∨
=
=
12
22
21
11
yv

yu
yv
yu
Vì u ≥ 0 nên ta chọn
3
3
2
97
1
2
−+
== yu
3
3
2
97
1 −+
=⇒ x
2
3
3
2
97
1















−+
=⇒ x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2
3
2
97
1
9
1








−+=x
36/
4564518
44

=−++ xx
Với điều kiện












≤≤−⇔
≤
−≥
⇔
≥−
≥+
5
64
5
18
5
64
5
18
0564
0518

x
x
x
x
x
(*)
Đặt
44
564,518 xvxu −=+=
, với u ≥ 0, v ≥ 0
Suy ra



−=
+=
xv
xu
564
518
4
4
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
( )











≥≥
=−+
=+
⇔
≥≥
=+
=+
0,0
82)(2
4
0,0
82
4
2
2
2244
vv
uvvu
vu
vv
vu
vu
Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
( )











≥
=∨=
=
⇔
≥
=+−
=
⇒





≥≥
=−−
=
0
293
4
0
08732
4

0,0
8222
4
2
2
2
2
P
PP
S
P
Pp
S
SP
PPS
S
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:



=
=
⇔=+−
3
1
034
2
y
y

yy
Do đó ta có:






=
=
∨
=
=
1
3
3
1
v
u
v
u
Suy ra



=−
=+




∨
=−
=+
1564
3518
3564
1518
4
4
4
4
x
x
x
x



=−
=+



∨
=−
=+
⇔
1564
81518
81564

1518
x
x
x
x