phương trình vô tỷ cực hay ôn thi đại học

Page 1
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.



luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 2
A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU:
Giải phương trình:
2
2
1 1 (*)

3
x x x x    

(ĐHQG HN, khối A-2000)
Giải:

Điều kiện:
0 1
x
 



Cách 1:
 
2
2
2
2
(*) 1 1
3
x x x x
 
     
 
 

2 2
4 4
1 ( ) 1 2 (1 )

3 9
x x x x x x
       

2 2
4( ) 6 0
x x x x
    

2 2
2 (2 3) 0
x x x x
    

2
2
0
3
2
x x
x x

 



 



2
2
0
9
0( )
4
x x
x x PTVN

 



  



0
1
x
x






(thỏa điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1

x x
 
.


Cách 2:
Nhận xét:
2
x x

được biểu diễn qua
x
và
1
x

nhờ vào đẳng thức:


2
2
1 =1+2
x x x x
  
.
Đặt
1
t x x
  

( 0)
t

.
2
2
1
2
t
x x

  
.
Phương trình (*) trở thành:
2
2
1
1
1 3 2 0
2
3
t
t
t t t
t



      





Với
1
t

ta có phương trình:

2 2
0
1 1 2 0 0
1
x
x x x x x x
x


         



(thỏa điều kiện).
Với
2
t

ta có phương trình:
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng

Page 3
2 2 2
9 9
1 2 2 3 0( )
4 4
x x x x x x x x PTVN
            
.
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 3:
Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x

  
.
(*) 2 . 1 3 1 3 3
x x x x
     



1 2 3 3 3 (1)
x x x    
.
9
4
x

không thỏa mãn phương trình (1).
Do đó,
3 3
(1) 1 (2)
2 3
x
x
x

  

.
Đặt
3 3
( 0), (2) 1

2 3
t
t x t x
t

    

.
Ta có:




2 2
1 1
x x
  

2
2
3 3
1
2 3
t
t
t

 
  
 


 

2 2 2 2
(4 12 9) 9 18 9 4 12 9
t t t t t t t
        

4 3 2
4 12 14 6 0
t t t t
    

3 2
(2 6 7 3) 0
t t t t
    

2
( 1)(2 4 3) 0
t t t t
    

0
1
t
t







.
Với
0
t

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
Với
1
t

ta có
1 1
x x
  
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 4:

Nhận xét:
x
và
1
x

có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể




2 2
1 1
x x
  
.
Đặt
( 0); 1 ( 0)
a x a b x b
    
.
Ta có hệ phương trình:
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b


  



 

2
3 2 3( )
( ) 2 1
ab a b
a b ab
  



  

2
2 3( ) 3
( ) 3( ) 2 0
ab a b
a b a b
  



    


luyenthitohoang.com

Trung tâm Tô Hoàng
Page 4
2 3( ) 3
1
2
ab a b
a b
a b
  



 




 


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
2
3
2 4. 0
2
 
).
Với
1
0
a
b





ta có
1
1
1 0
x
x
x




 

 


(thỏa điều kiện).
Với
0
1
a
b





ta có
0
0
1 1
x
x
x



 

 



(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.


Cách 5:
Nhận xét: Từ




2 2
1 1
x x
  
, ta nghĩ đến đẳng thức:
2 2
sin os 1
a c a
 
.
Đặt
sin , 0 a
2
x a


  
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a
    


3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)
a a a a v a
    

2
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0
a a a a
     

sin cos 1
sin cos 2
a a
a a
 



 


sin cos 1
a a
  
2 sin( ) 1
4
a

  

2
1
4 4
sin( ) ( )
3
4
2
2
4 4
a k
a k
a k
 


 


  


    


  




2 0
( ) ( ì 0 )
2
2
2 2
a k a
k v a
a k a


 

 
 
 
    
 
  
 


Với

0
a

ta có
0 0
x x
  
(thỏa điều kiện).
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 5
Với
1
a

ta có
1 1
x x
  
(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là
0; 1
x x
 
.

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
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:


2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k
k
f x g x f x g x


  
.

2
2

( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k
k
g x
f x g x
f x g x


 



.

2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
k k
f x g x f x g x
 
  
.

2 2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
k k
g x

f x g x
f x 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 3 3
A B C
  và ta thường lập phương hai vế để
đưa phương trình về dạng:


3 33
3 .
A B A B A B C
   
và ta sử dụng
phép thế :
3 3 3
A B C
 

ta được phương trình hệ quả:
3
3 . .
A B A B C C
  


Bài 1:
Giải phương trình:
1 10 2 5 (*)
x x x x      

Giải:
Điều kiện:
1
x
 
.
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 6
2 2
(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10
x x x x x x
         

2 2
2 11 10 7 10
x x x x
      

2 2 2
11 14 4 11 10 7 10
x x x x x x
        

2
11 10 1
x x x
     

2 2
1 0
11 10 2 1
x
x x x x
  



    


1
1
9 9
x
x
x
 


   

 

(thỏa điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x
 
.

Bài 2: Giải phương trình:
3 3 3
1 2 3 0 (*)
x x x     

Giải:

3 3 3
(*) 1 2 3
x x x
      

3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3
x x x x x x
          

3 3
3
2 ( 1)( 2)( 1 2) 0
x x x x x
        



3
3
2 ( 1)( 2) 3 0
x x x x
       

3
( 1)( 2)( 3) 2
x x x x
     

3 2 3 2
6 11 6 6 12 8
x x x x x x
       

2
x
  

Thử lại,

2
x
 
thỏa mãn phương trình (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
x
 
.

Bài 3: Giải phương trình:
3 3 1 2 2 2
x x x x
     

Giải:
Điều kiện:
0
x


Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:






1 3 3 1 2 2 1
x x x x x

     
, 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 :
3 1 2 2 4 3
x x x x
     

Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :
2 2
6 8 2 4 12
x x x x
   

2
2( 1) 0 1
x x
    

Thử lại,
1
x

thỏa mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình là:

1
x

.


Nhận xét : Nếu phương trình :








f x g x h x k x
  

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 7
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.

Bài 4:
Giải phương trình :
3
2
1
1 1 3 (1)
3
x
x x x x
x

      


Giải:
Điều kiện :
1
x

 

Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x

    

, từ nhận xét này ta có lời giải
như sau :
3
2
1
(1) 3 1 1
3
x
x x x x
x

       


Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

 

       


 



Thử lại :
1 3, 1 3
x x   
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.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     
.
2.
3 1 4 1
x x
   
.
3.
1 6 5 2
x x x
     
.
4.
11 11 4
x x x x
     
.

5.
3 3
12 14 2
x x
   
.
6.
3 3 3
1 2 2 1
x x x
    
.

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
0
x x A x
 
ta có thể giải phương trình
luyenthitohoang.com

Trung tâm Tô Hoàng
Page 8


0
A x

hoặc chứng minh


0
A x

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh giá


0
A x

vô nghiệm.


Bài 1:
Giải phương trình:


2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x

         

Giải:

Điều kiện:
2
1 5
2
x
x

 






.
Ta nhận thấy :






2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
       

và






2 2
2 3 4 3 2
x x x x
     
.


2 2 2 2
3 5 1 3 1 2 3 4
pt x x x x x x x
          

 
2 2
2 2
2( 2) 3( 2)
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
  
 

   
    
.
 
2 2
2 2
3 2
( 2) 0
2 3 4
3 5 1 3 1
x
x x x
x x x x
 
 
   
 
     
    
 
.
2
x
 
(thỏa).
Dễ dàng chứng minh được phương trình
 
2 2
2 2
3 2

0
2 3 4
3 5 1 3 1
x x x
x x x x
 
   
    
vô nghiệm vì

1 5
0, ; 2 ;
2
VT x
 


      




 
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.

Bài 2: Giải phương trình:
2 2
12 5 3 5
x 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 0
x A x
 
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
2 2
12 4 3 6 5 3
pt x x x
       

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 9
 
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
x x
x
x x
 
   
   

 
2 2
2 2
2 3 0
12 4 5 3
x x
x
x x
 
 
    
 
   

 

2
x
 

Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
.
Vậy
2
x

là nghiệm của phương trình.


Bài 3: Giải phương trình :
2 33
1 2
x x x

   


Giải:
Điều kiện:
3
2
x 

Nhận thấy
3
x

là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:
2 33
1 2 3 2 5
pt x x x
       

 
 
 
 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
3
3 1

2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
 
  

 
   
 
 
   
 
 

 
2
2 3
2 23
3
3 3 9
( 3) 1 0
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x

x x
 
  
 
    
 
 
   
 
 


 
2
3
2
2 2
3
3
3
3 9
3
(*)
1
2 5
1 2 1 4
x
x x
x
x

x x



 



 
 

   



Phương trình (*) vô nghiệm vì:
 
 
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   
      

2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x

.

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 :
luyenthitohoang.com

Trung tâm Tô Hoàng
Page 10
A B
C A B
A B


   

, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B



 

  

 




Bài 1:
Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4

x x x x x
      

Giải:
Ta thấy:






2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
      

Phương trình đã cho có nghiệm
4 0 4
x x
     

4
x
 
không phải là nghiệm của phương trình.
Xét
4
x
 
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

        
    

Ta có hệ phương trình:
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




     


     



      




Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x=
8
7
.
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :

1.
 
2 2
3 1 3 1
x x x x
    

2.
4 3 10 3 2
x x
   

3.
23
4 1 2 3
x x x
    

4.
2 33
1 3 2 3 2
x x x
    

5.
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
    

6.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
     

7.
2 2
15 3 2 8
x x x

    

8.








2 2 5 2 10
x x x x x
     

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:




1 1 1 0
u v uv u v
      






0
au bv ab vu u b v a
      

2 2
A B


Bài 1: Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
      

Giải:
3 3 3 3
1 2 1 1. 2
PT x x x x
       





3 3
1 1 2 1 0
x x
     
0

1
x
x




 


luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 11
Vậy nghiệm của phương trình là:
0; 1
x x
  
.

Bài 2: Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1
x x x x x
    

Giải:

0
x


, không phải là nghiệm.

0
x

, ta chia hai vế cho
3
x
:
3 3
3
1
1 1
x
PT x x
x

    
 
3
3
3
3
1
1
1 1 0 1
1
1
x

x
x x
x
x
x


 


      
 



 



Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 3: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
      

Giải:

Điều kiện:
1
x
 

3 2 1 2 ( 3)( 1)
PT x x x x x x
       





3 2 1 1 0
x x x
     
3 2
1 1
x x
x

 


 



2
0
1
4 3 0
0
1 1
x
x
x x
x
x
 





 
  






 

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:

0; 1
x x
 
.
Bài 4: Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
  


Giải:
Điều kiện:
0
x


Chia cả hai vế cho
3
x

ta được:
2
4 4 4
1 2 1 0
3 3 3
x x x

x x x
 
    
 
  
 

4
1 4 3 1
3
x
x x x
x
      

(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:
Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B


luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng

Page 12
Bài 1: Giải phương trình :
3 3
x x x
  

Giải:
Điều kiện:
0 3
x 

Khi đó pt đã cho tương đương:
3 2
3 3 0
x x x
   
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x

 
    
 
 
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
3
10 1

3
x


.
Bài 2:
Giải phương trình sau :
2
2 3 9 4
x x x
   

Giải:

Điều kiện:
3
x
 

Phương trình đã cho tương đương :
 
2
2
3 1 3
1 3 9
3 1 3
x x
x x
x x


  
   

   



2
2
1
3
1
9 7 2 0
5 97
1
18
3
9 5 2 0
x
x
x x
x
x
x x











  



 

 













  


(thỏa)
Vậy nghiệm của phương trình là:
5 97

1;
18
x x
 
 
.
Bài 3:
Giải phương trình sau :
   
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x    

Giải:



3
3 3 3 3
2 3 0 2 3 2 3 1
PT x x x x x x x
           
.
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x


.

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:
2 2
1 1 2
x x x x
     

Giải:
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 13
Điều kiện:

1
x


Nhận xét:
2 2
1. 1 1
x x x x
    

Đặt
2
1( 0)
t x x t
   
thì phương trình trở thành:
2 2
1
2 2 1 0 ( 1) 0 1
t t t t t
t
          

Với
1
t

ta có phương trình:
2 2
1 1 1 1 2 2 1

x x x x x x
          
(thỏa).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1
x

.

Bài 2: Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
5
4
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) 0
t t t t
     

1 2 2 1 2 2
1 2 3 1 2 3
t t
t t
 
     
 
 
   
 

 
(vì
0
t

).
Với
1 2 2
t   
ta có:
4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2
x x x         

Với
1 2 3
t  
ta có:
4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3
x x x        

Vậy nghiệm của phương trình là:
1 2; 2 3
x x   
.
Cách khác:
Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x
  

Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
   
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5
y x
  
và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt
ẩn phụ đưa về hệ).

Bài 3: Giải phương trình:
5 1 6
x x
   

Điều kiện:
1 6
x
 

Đặt
1(0 5)
y x y   
thì phương trình đã cho trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0

y y y y y
       

2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
     

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 14
1 21
1 17
2
2
1 17
2
y
y
y




 

  

 




( vì
0 5
y 
)
Với
1 17
2
y
 

ta có phương trình
1 17 11 17
1
2 2
x x
  
   
(thỏa)
Vậy nghiệm của phương trình là:
11 17
2
x


.
Bài 4: Giải phương trình:
 



2
2004 1 1
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
0 1
x
 

Đặt
1
y x
 
(
0 1
y
 
) phương trình trở thành:
2 2 2 2
(1 ) (2005 )(1 )
y y y
   

2 2 2 2
(1 ) (1 ) (2005 )(1 )
y y y y
     

2 2
2(1 ) ( 1002) 0
y y y
    

1
1
1 4009
2
y
y
y



  
 




( vì
0 1
y
 
)
Với
1
y


ta có phương trình
1 1 0
x x
   

Vậy nghiệm của phương trình là:
0
x

.
Bài 5:
Giải phương trình:
2
1
2 3 1
x x x x
x
   

Giải:
Điều kiện:
1 0
x
  

Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:
1 1 1 1
2 3 2 3 0
x x x x

x x x x
         
(*)
Đặt
1
( 0)
t x t
x
  
phương trình (*) trở thành:
2
1
2 3 0 1
3
t
t t t
t


     

 


Với
1
t

ta có phương trình
1

1
x
x
 
2
1 0
x x
   
1 5
1 5
2
2
1 5
2
x
x
x






  





.

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 15
Vậy nghiệm của phương trình là:
1 5
2
x


.

Bài 6: Giải phương trình :
2 4 23
2 1
x x x x
   

Giải:
0
x

không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2
x x
x x
 
   

 
 
(*)
Đặt t=
3
1
x
x

phương trình (*) trở thành :
3
2 0
t t
   
1
t

.
Với
1
t

ta có phương trình
2
3
1 1 5
1 1 0
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.
2 2
15 2 5 2 15 11
x x x x
    

2.
2
( 5)(2 ) 3 3
x x x x
   

3.
2
(1 )(2 ) 1 2 2
x x x x
    

4.
2 2
17 17 9
x x x x
    

5.
3
2 2
1 2 1 3
x x
   

6.
2 2
11 31
x x
  

7.
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n
n n
x x x
     

8.
2
(2004 )(1 1 )

x x x
   

9.
( 3 2)( 9 18) 168
x x x x x
    

10.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x 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
0
u uv v
 
  
(1) bằng cách
 Xét
0

v

phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
 
   
  
   
   


0
v

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
 
  

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 16
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






     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 


 



Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:





3 2
1 1 1
x x x x
    







4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
          





4 2 2
1 2 1 2 1
x x x x x
     





4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x
     

Bài 1: Giải phương trình :


2 3
2 2 5 1
x x
  

Giải:
Điều kiện:
1
x
 

Đặt
2
1, 1
u x v x x
    

Phương trình trở thành:
 
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv
u v




  




* Với
2
u v

ta có phương trình
2 2
1 2 1 4 5 3 0( )
x x x x x PTVN
       
.
* Với
1
2
u v

ta có phương trình
2 2
1
1 1 5 3 0
2
x x x x x
       

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 :
2 3
2 5 1 7 1
x x x
   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Nhận xét: Ta viết
 


 


2 2
1 1 7 1 1
x x x x x x
 
       

Đồng nhất ta được
     


2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
       

luyenthitohoang.com

Trung tâm Tô Hoàng
Page 17
Đặt
2
1 0 , 1 0
u x v x x
      
, ta được phương trình:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u



  




Với
9
v u

ta có phương trình
2 2
1 9( 1) 8 10 0 4 6

x x x x x x          
.
Với
1
4
v u

ta có phương trình
2 2
1
1 ( 1) 4 3 5 0( )
4
x x x x x PTVN
       
.
Vậy nghiệm của phương trình là
4 6
x  
.

Bài 3: Giải phương trình :
 
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
    

Giải:
Nhận xét: Đặt

2
y x
 
phương trình trở thành 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


        

 


Với
x y

ta có phương trình
2
0
2 2
2 0
x
x x x
x x



    

  

.
Với
2
x y
 
ta có phương trình
2
0
2 2 2 3
2
4 8 0
x
x
x x
x x


      

  

.
Vậy nghiệm của phương trình là
2; 2 2 3
x x  
.

2.2 Phương trình dạng :
2 2
u v mu nv
 
  

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 1
x x x x
    

Giải:
Ta đặt :
2
2
( 0)
1 ( 0)
u x u
v x v

 


  



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
0
v

ta có phương trình
2
1 0 1
x x
    
.
Vậy nghiệm của phương trình là
1

x
 


Bài 2: Giải phương trình :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
     

Giải:
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 18
Điều kiện:
1
2
x

.
Bình phương 2 vế ta có :


 


 


 

2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x
          
(*)
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
2
u v


ta có phương trình
 
2 2
1 5
2 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0
2
x x x x x

        
(PTVN).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 3: Giải phương trình :
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x

      

Giải:

Điều kiện:
5
x

.
Chuyển vế bình phương ta được:


 
2 2
2 5 2 5 20 1
x x x x x
     

Nhận xét : Không tồn tại số
,
 
để :




2 2
2 5 2 20 1
x x x x x
 

      

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 5
x 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 .
Đặt
2
4 5
4
u x x
v x

  

 

, khi đó phương trình (*) trở thành:
2 3 5
9
4
u v

u v uv
u v



  



.
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 19
- Với
u v

ta có phương trình
2 2
5 61
2
4 5 4 5 9 0
5 61
2
x
x x x x x
x






        





(loaïi)
.
- Với
9
4
u v

ta có phương trình
2 2
8
9
4 5 ( 4) 4 25 56 0
7
4
4
x
x x x x x
x



        





(loaïi)
.
Vậy nghiệm của phương trình là
5 61
8;
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
( ) , 0
f x t t
 
.
Phương trình đã cho trở thành
2
. ( ) ( ) 0
t t Q x P x
  

.
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 :


2 2 2
3 2 1 2 2
x x x x
     
(*)
Giải:
Đặt
2
2
t x
 
phương trình (*) trở thành :

 
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x

t x


     

 

.
Với
3
t

ta có phương trình
2 2
2 3 7 7
x x x      
.
Với
1
t x
 
ta có phương trình
2
1
2 1
2 1
x
x x x
x



      

 

.
Vậy nghiệm của phương trình là
7
x   .

Bài 2:
Giải phương trình :
 
2 2
1 2 3 1
x x x x
    

Giải:
Đặt
2
2 3, 2
t x x t   

Khi đó phương trình trở thành :


2
1 1
x t x

  


2
1 1 0
x x t
    

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 20
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
1
t
x x x t x t x t x
t x


             

 


Với
2
t

ta có phương trình
2 2
2 3 2 2 1 0 1 2
x x x x x         
.
Với
1
t x
 
ta có phương trình
2
1
2 3 1
0 2
x
x x x x
x


       



.
Vậy nghiệm của phương trình là
1 2

x  
.

Từ một phương trình đơn giản :




1 2 1 1 2 1 0
x x x x
       
, khai
triển ra ta sẽ được pt sau:

Bài 3: Giải phương trình:
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
      

Giải:

Điều kiện:
1 1
x
  
.
Nhận xét: Đặt
1
t x

 
, phương trình trở thành:
4 1 1 3 2 1
x x t t x
     
(1)
Từ đó
2
1
x t
 
thay vào (1) ta được phương trình:




2
3 2 1 4 1 1 0
t x t x
      

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t




2
2 1 48 1 1
x x
      

không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo




2 2
1 , 1
x x
 

Cụ thể như sau :




3 1 1 2 1
x x x
     
thay vào pt (1) ta được:
2
4 1 2(1 ) 2 1
x t x t t x
       
2
(2 1 ) 4 1 2(1 ) 0
t x t x x
        
(*)
2

(3 1 2)
x   

2 1
(*)
2 1
t x
t x

 


  


.
Với
2 1
t x
 
ta có phương trình
1 1
3
1 2 1
5 3
5
x
x x x
x
  



     

 

.
Với
2 1
t x
  
ta có phương trình
2
1 1 2 2 2 (1 )(1 ) 4 1 1 0
x x x x x x
             
.
Vậy nghiệm của phương trình là
3
; 0
5
x x

 
.

luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 21
Bài 4: Giải phương trình:

2
2 2 4 4 2 9 16
x x x
    
(1)
Giải:
Điều kiện:
2
x


2 2
(1) 4(2 4) 16 2(4 ) 16(2 ) 9 16
x x x x
       


2 2 2
8(4 ) 16 2(4 ) 8
x x x x
     

Đặt
2
2(4 ); 0
t x t
  

Phương trình trở thành
2 2

4 16 8 0
t t x x
   
1
2
2
4
2
x
t
x
t






  


.
Vì
2
x

nên
2
0
t


không thỏa điều kiện
0
t

.
Với
2
x
t

thì
2
2 2
0
4 2
2(4 )
2 3
8(4 )
x
x
x x
x x


    

 

(thỏa đk

2
x

).
Vậy nghiệm của phương trình là
4 2
3
x 
.

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:


3 3
3 3
25 25 30
x x x x
   

Giải:
Đặt
3
3 3 3
35 35
y x x y
    

Khi đó ta có hệ phương trình:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 




 



Giải hệ này ta được nghiệm
( ; ) (2;3);( ; ) (3;2)
x y x y
 
.
Vậy nghiệm của phương trình là
2; 3
x x
 
.

Bài 2:
Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
   

Giải:
Điều kiện:
1
x


Đặt
1, 5 1( 0, 0)

a x b x a b
      
ta được hệ phương trình:
2
2
5
5
a b
b a

 


 


(1)
(2)
.
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng
Page 22
Ly (1)-(2) v theo v ta c phng trỡnh:
1
( )( 1) 0
a b
a b a b
a b

(loaùi)

Vi
1
a b

ta cú
2
5
11 17
1 1 5 1 1 5
2
11 26 0
x
x x x x x
x x









.

Vy nghim ca phng trỡnh l
11 17
2
x


.

4.2 t n ph a v h i xng loi I:
Bi 1:
Gii phng trỡnh:
2 3 1 (2 )(3 )
x x x x


Gii:
iu kin:
2 3
x

.
t
2 ( 0); 3 ( 0)
a x a b x b

.
Ta cú h phng trỡnh:
2 2 2 2
1 1 1
5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5

a b ab a b ab a b ab
a b a b ab ab ab






2
1
1 3
2 2
( ) 4
a b ab
a b ab a b
ab ab
ab










2
, 3 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

















.
Vi
1
2

a
b





ta cú
2 1
1
3 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b

ta cú
2 2
2
3 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 2
x x

.

Bi 2: Gii phng trỡnh:
4 4
17 3
x x

Gii:
iu kin:
0 17
x

.
t
4 4
( 0); 17 ( 0)
a x a b x b

.
luyenthitohoang.com
Trung tõm Tụ Hong
Page 23
Ta cú h phng trỡnh
2
4 4 2 2 2 2 2
2 2
17 ( ) 2 17
( ) 2 2( ) 17
3 3
3
a b a b a b
a b ab ab
a b a b
a b

2 2 2
(9 2 ) 2( ) 17 2( ) 36 64 0
3 3
ab ab ab ab
a b a b






2
3
2
3
3 4.16 0)
16
(loaùi vỡ

a b
ab
a b
ab


















2
, 3 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1

a
b
a
b


















Vi
1
2
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
1
1
17 2
x
x
x








.
Vi
2
1
a
b

ta cú h phng trỡnh
4
4
2
16
17 1
x
x
x








.
Vy nghim ca phng trỡnh l
1; 16
x x

.

Bi 3: Gii phng trỡnh:
3 3
3
5 2 (5 )(2 ) 1
x x x x

Gii:
t
3 3
5 ; 2
a x b x

ta cú h phng trỡnh:
3 3 3
1 1 ( )
7 ( ) 3 ( ) 7 0
a b ab ab a b
a b a b ab a b








3
( ) 3 1 ( ) ( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

3 2
( ) 3( ) 3( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b






2
( 1) ( ) 4( ) 7 0
1 ( )
a b a b a b
ab a b

2
1 ( ( ) 4( ) 7 0)
1 ( )
vỡ a b a b a b
ab a b






2
, 2 0
laứ 2 nghieọm cuỷa phửụng trỡnh a b X X

1
2
2
1
a
b
a
b

luyenthitohoang.com
Trung tõm Tụ Hong
Page 24
Với
1
2
a
b
 




ta có hệ phương trình
3
3
5 1
6
2 2

x
x
x

  

  

 


.
Với
2
1
a
b



 

ta có hệ phương trình
3
3
5 2
3
2 1
x
x

x

 

 

  


.
Vậy nghiệm của phương trình là
6; 3
x x
  
.

Bài 4:
Giải phương trình
2 2
2 (2 )
x x
  

Giải:

Điều kiện:
0 2
x 

Đặt

( 0); 2 (2 2 2)
a x a b x b      
.
Ta có hệ phương trình:
4 4
2 4
2
2
(*)
2
2
a b
b a
a b
a b


 

 

 
 
 




Ta có
2 2 2 2

2 2 4 4
( ) ( )
2 2
2 2
vaø
a b a b
a b a b
 
     
.
Do đó,
1
(*)
1
a
b






.
Với
1
1
a
b






ta có hệ phương trình
1
1
2 1
x
x
x



 

 


.
Vậy nghiệm của phương trình là
1
x

.

4.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II:
4.3.1 Dạng 1: Giải phương trình
n
n
x b a ax b

  

Cách giải:
Đặt
n
t ax b
 
ta có hệ phương trình đối xứng loại II:
n
n
x b at
t b ax

 


 



Bài 1: Giải phương trình
3
3
1 2 2 1
x x
  

Giải:

Đặt

3
2 1
t x
 
ta có hệ phương trình
3
3
1 2
1 2
x t
t x

 


 


3 3
3 3 2 2
1 2 1 2
2( ) ( )( 2) 0
x t x t
x t t x x t x t tx
 
   
 
 
 
       

 
 
3 2
3 3
2 2 2 2 2
2 1 0 ( 1)( 1) 0
1 2 1 2
( )
2 0 ( ) 4 0
x t x t
x x x x x
x t x t
VN
x t tx x t x t
  
 
 
 
 
      
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 

 
        
 
 
 
1
1 5
2
x t
x
x









 







.
luyenthitohoang.com

Trung tâm Tô Hoàng
Page 25
Vậy nghiệm của phương trình là
1 5
; 1
2
x x
 
 
.

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 a t
t a x

 


 


.

Bài 1: Giải phương trình
2007 2007
x x
  

Giải:
Điều kiện:
0
x


Đặt
2007
t x
 
ta được hệ
2007 2007 2007
2007 ( )( 1) 0
x t x t x t
t x x t t x t x t x
  
     
  
 
  
        
  
  
8030 2 8029
4

2007
2007 0
8030 2 8029
4
(loaïi)
x
x t
x x
x
t x
t 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:
2

2 2 2 1
x x x
  

Giải:
Điều kiện
1
2
x


Đặt
2 1
x ay b
  

Chọn a, b để hệ
2 2
2 2
2 2( ) ( 1) 2 (2 1)
( ) 2 1 ( ) 2 1
x x ay b x ay b
ay b x ay b x
 
      
 

 
     
 

 
là hệ đối xứng
đối xứng loại II.
luyenthitohoang.com
Trung tâm Tô Hoàng