Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

MAI THỊ THU NHÀN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

MAI THỊ THU NHÀN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
60460113

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. PHẠM VĂN QUỐC

Hà Nội – Năm 2015


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số công thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
8

2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới . . . . .
2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng
cấp bậc hai, bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . .
2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . .
2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . .

2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế
của phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11
11
13
20
21

3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . .
3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân liên hợp
3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức . . . . . . . . . . .
3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . .
3.6 Xây dựng từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác .
3.8 Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8.1 Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . .

59
59
60
62
64
64
64
66

67
69
71
71

1

28
32
37
43
46
51
51
55


MỤC LỤC

3.8.2 Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . 72
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2


Mở đầu
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là một lớp các bài toán có vị trí đặc
biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh

phải đối mặt với rất nhều dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn mà
phương pháp giải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Đó là các
dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn giải bằng phương pháp đặt ẩn
phụ không hoàn toàn, dạng ẩn phụ lượng giác hóa,....
Việc tìm phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là niềm say mê
của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp dạy toán. Chính vì
vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài
"Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn"
Đề tài nhằm một phần nào đáp ứng nhu cầu mong muốn của bản thân về
một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của
mình trong nhà trường phổ thông. Luận văn được hoản thành dưới sự hướng
dẫn trực tiếp của TS. Phạm Văn Quốc.Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân
thành và sâu sắc đến người thầy của mình, người đã nhiệt tình hướng dẫn, chỉ
bảo và mong muốn được học hỏi thầy nhiều hơn nữa.
Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào
tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc
Gia Hà Nội, quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học, cùng toàn thể các học
viên khóa 2013-1015 đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình
học tập và nghiên cứu để tác giả hoàn thành khóa học và hoàn thành bản luận
văn này.
Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu
tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
3


MỤC LỤC

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu,
nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận
văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận
được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các bạn học viên
để luận văn được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 08 năm 2015.
Học viên thực hiện

Mai Thị Thu Nhàn

4


Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Một số công thức cần nhớ

1. Căn bậc hai và căn bậc ba của một tích
√
ab = |a| |b| với a, b ∈ R, ab ≥ 0
√
√ √
3
ab = 3 a 3 b với a, b ∈ R.
2. Căn bậc hai và căn bậc ba của một thương

3

a
=
b
a
=
b

|a|
|b|

√
3
a
√
3
b

với a, b ∈ R, ab ≥ 0, b = 0

với a, b ∈ R, b = 0.

3. Căn của một lũy thừa
√
√ m
m
n
am = a n = ( n a) , với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ , n ≥ 2.
4. Căn nhiều lớp
n

√
m

a=

m

√
n

a=

√

nm

a với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2.

5. Đưa một thừa số ra ngoài dấu căn bậc hai
√
√
a2 b = |a| b, với a ∈ R, b ∈ R+ .
6. Đưa một thừa số vào trong dấu căn bậc hai
√
√
a b = a2 .b khi a, b ≥ 0; a, b ∈ R
√
√
a b = − a2 .b khi a ≤ 0, b ≥ 0; a, b ∈ R.

7. Tích của hai căn

√
√
√
√ m+n
1
1
1
1
m+n
mn
m
a n a = a m a n = a m + n = a mn =
am+n = ( mn a)

với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2.
8. Thương của hai căn

√
1
m
√
√ n−m
a
am
1
mn
− n1 = a n−m
m

mn =
√
=
=
a
an−m = ( mn a)
1
n
a
an
5


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2.
9.
10.
11.
12.

√
√

A=B⇔

A=

√
3

√
3

A=

√
B⇔
√
3

B≥0
A = B2.
A≥0
A = B.

B ⇔ A = B.

A = B ⇔ A = B3.

13. Phương trình tương đương
Hai phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng
một tập nghiệm. Nếu phương trình f1 (x) = g1 (x) tương đương với phương
trình f2 (x) = g2 (x) thì ta viết
f1 (x) = g1 (x) ⇔ f2 (x) = g2 (x).

Khi muốn nhấn mạnh hai phương trình có cùng tập xác định D (hay có
cùng điều kiện xác định mà ta cũng kí hiệu là D) và tương đương với nhau,
ta nói
- Hai phương trình tương đương với nhau trên D, hoặc
- Với điều kiện D, hai phương trình tương đương với nhau.

Chẳng hạn với x > 0, hai phương trình x2 = 1 và x = 1 tương đương với
nhau.
Trong các phép biến đổi phương trình, đáng chú ý nhất là các phép biến
đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình. Ta gọi chúng là các
phép biến đổi tương đương. Như vậy, phép biến đổi tương đương biến một
phương trình thành phương trình tương đương với nó.Chẳng hạn, việc thực
hiện các phép biến đổi đồng nhất ở mỗi vế của một phương trình và không
thay đổi tập xác định của nó là một phép biến đổi tương đương.
14. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.
Hàm số y = f (x) được gọi đồng biến (tăng) trong khoảng (a,b) nếu với
∀x1, x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f (x1 ) < f (x2 ).
Hàm số y = f (x) được gọi nghịch biến (giảm) trong khoảng (a,b) nếu với
∀x1, x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f (x1 ) > f (x2 ).
Hàm số y = f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a,b), ta nói hàm số
y = f (x) đơn điệu trên (a,b).
Định lý. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trong (a,b). Khi đó :
6


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

- Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Nếu f , (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) đồng biến trên
[a, b].
- Nếu f , (x) < 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) nghịch biến
trên [a, b].
15. Hệ phương trình đối xứng loại I

f (x, y) = 0
(I) với f (x, y) = f (y, x) và g(x, y) = g(y, x)
g(x, y) = 0

Phương pháp giải.
Biến đổi về tổng, tích và đặt

S =x+y
đưa hệ phương trình mới với ẩn
P = xy

S,P. Giải hệ phương trình mới tìm được S, P và điều kiện có nghiệm (x, y)
là S 2 ≥ 4P.
Tìm nghiệm (x, y) bằng cách giải phương trình X 2 − SX + P = 0 hoặc nhẩm
nghiệm với S, P đơn giản.
16. Hệ phương trình đối xứng loại II
f (x, y) = 0
f (y, x) = 0

(1)
(2)

Phương pháp giải.
Trừ (1) và (2) vế cho vế ta được hệ phương trình mới
f (x, y) − f (y, x) = 0
f (x, y) = 0

(3)
(1)

Biến đổi (3) về phương trình tích (x − y).g(x, y) = 0 ⇔
Khi đó giải hai trường hợp

f (x, y) = 0
∨
x=y

x=y
g(x, y) = 0.

f (x, y) = 0
g(x, y) = 0

Giải các hệ trên ta tìm được nghiệm của hệ đã cho.
17. Một số công thức lượng giác hay dùng.
cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x
sin 2x = 2 sin x cos x
7


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x
1 + cos 2x
cos2 x =
2
1 − cos 2x
2
.

sin x =
2

1.2

Ví dụ mở đầu

Ví dụ 1.1. Giải phương trình
1+

2
3

x − x2 =

√

x+

√

1 − x.

Nhận xét. Trước hết có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1. Để giải phương trình này thì
rõ ràng ta sẽ tìm cách làm mất căn thức. Có nhiều cách để làm mất căn
thức.
Cách 1. Đầu tiên ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương
trình đã cho luôn không âm với điều kiện xác định nên ta có thể bình
phương hai vế để thu được phương trình tương đương sau

√
√
2√
x − x2 = x + 1 − x
3
2
√
√
2√
2
⇔ 1+
x − x2 =
x+ 1−x
3
√
4√
9
⇔1+
x − x2 +
x − x2 = 1 + 2 x − x2
3
√4
⇔ 27(x − x2 ) − 8 x − x2 = 0
√
√
⇔ x − x2 27 x − x2 − 8 = 0
√
x√− x2 = 0
⇔
27 x − x2 − 8 = 0


x = 0 (thỏa mãn)
 x = 1 (thỏa mãn)
√
⇔
27 ± 473
x=
(thỏa mãn)
54
√
27 ± 473
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1, x =
.
54
√
√
√
2
Cách 2. Ta thấy
x + 1 − x2 = 1 + 2 x − x2 .
√
√
√
y2 − 1
Do đó nếu đặt y = x + 1 − x2 . Suy ra, ta sẽ tính được x − x2 =
.
2
Phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai ẩn y là
1+

1+

y2 − 1
= y ⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔
3

8

y=1
y = 2.


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

Suy ra

√
√
x + √1 − x2 = 1
√
⇔
x + 1 − x2 = 2

√
2
√x − x = 0
2 x − x2 − 3 = 0.

Từ đó ta được nghiệm của phương trình đã cho.
Với cách giải thứ 2 là ta đặt ẩn phụ hợp lý để làm mất căn thức. Đặt biểu

thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình
ẩn mới có kết cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu là bước quan trọng.
Nó quyết định đến việc ta có lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở.
Để chọn được cách đặt ẩn thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ
của các biểu thức tham gia trong phương trình. Có nhiều cách tạo ra mối
quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình. Ví dụ ngoài cách
đặt ẩn như cách 2, ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức trong phương
trình ở cách 3 sau.
Cách 3. Ta có
√
√
2√
x − x2 = x + 1 − x
3 √
√
√
⇔ 3 + 2 x − x2 = 3 x + 3 1 − x
√
√
√
⇔ x 2 1−x−3 =3 1−x−3
√
√
3 1−x−3
⇔ x= √
.
2 1−x−3
√
√
2

Mặt khác ta có ( x)2 + 1 − x = 1.
√
√
3y − 3
. Khi đó
Đặt y = 1 − x thì x =
2y − 3
√
√ 2
2
( x) +
1−x =1
y=0
⇔ y(y − 1)(2y 2 − 4y + 3) = 0 ⇔
y = 1.
1+

Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho.
√
√
Cách 4. Ta cũng có thể đặt y = x, z = 1 − x với y ≥ 0, z ≥ 0.
Khi đó ta có hệ phương trình

2
1 + yz = y + z
3
y2 + z2 = 1

Đây là hệ phương trình đối xứng loại I. Ta giải tìm ra y, z và tìm được
nghiệm x của phương trình đã cho.

Cách 5. Với điều kiện của x để phương trình xác định, ta có thể nghĩ đến
π
cách giải phương trình bằng cách đặt x = sin2 t, t ∈ 0; .
2

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2
sin t cos t = sin t + cos t
3
⇔ 3(1 − sin t) (1 − sin t) (1 + sin t) (2 sin t − 3) = 0
sin
√
√t = 1
⇔
3 1 − sin t = (3 − 2 sin t) 1 + sin t
1+

9


Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

⇔

x=1
sin t 4 sin2 t − 6 sin t + 8 = 0.

Từ đó ta có nghiệm của phương trình đã cho.
Qua ví dụ trên, ta thấy rằng có thể có nhiều cách để giải một phương

trình chứa ẩn dưới dấu căn nào đó. Mọi phương pháp đều có chung một
mục đích, đó là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình đã cho về
phương trình mà ta đã biết cách giải.

10


Chương 2

Một số phương pháp giải phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn
2.1

Phương pháp 1: Biến đổi tương đương

Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp.
Một số phép biến đổi tương đương thường gặp

f (x) = g(x)
2n
2n
f (x) ≥ 0
f (x) =
g(x) ⇔
1.
 g(x) ≥ 0.
f (x) = g(x) ⇔

2.

2n

3.

2n+1

f (x) = g 2n (x)
g(x) ≥ 0.

f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2n+1 (x).

Ví dụ 2.1. (Đề dự tuyển chọn HSG Khối lớp 10, Olympic 30/4,năm 2009)
Giải phương trình
(x + 3)

Giải. Điều kiện

(4 − x)(12 + x) = 28 − x.

(4 − x)(12 + x) ≥ 0
⇔ −3 ≤ x ≤ 4.
(28 − x)(x + 3) > 0

Phương trình đã cho tương đương
(x + 3)2 (4 − x)(12 + x) = (28 − x)2
⇔ x4 + 14x3 + 10x2 − 272x + 352 = 0
⇔ (x2 + 6x − 22)(x2 + 8x − 16) = 0
x2 + 6x − 22 = 0
⇔
x2 + 8x − 16 = 0


√
x = −3 + √31 (thỏa mãn)
 x = −3 − 31 (loại)
⇔
 x = −4 + 4√2 (thỏa mãn)
√
x = −4 − 4 2 (loại) .
√
√
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −3 + 31, x = −4 + 4 2.
11


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Ví dụ 2.2. Giải phương trình
√

x+1−

√

x−7=

√

12 − x.

Giải. Điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương

√

x+1=

√

12 − x +

√

x−7

⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7 + 2

(12 − x)(x − 7)

⇔ x − 4 = 2 (12 − x)(x − 7)
x−4≥0
⇔
x2 − 8x + 16 = 4(−x2 + 19x − 84)

x≥4


x = 8 (thỏa mãn)
⇔

 x = 44 (thỏa mãn).
5
44

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8, x = .
5

Ví dụ 2.3. (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin THPT Chuyên Bắc Giang
năm học 2005-2006)
Giải phương trình
√
√
x + 3 = 5 − x − 2.

Giải. Điều kiện x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương
√

x+3+

√

x−2=5

⇔x+3+x−2+2
⇔
⇔
⇔

(x + 3)(x − 2) = 25

(x + 3)(x − 2) = 12 − x
x ≤ 12
(x + 3)(x − 2) = (12 − x)2
x ≤ 12

x = 6.

Vậy phương trình có nghiệm là x = 6.
Ví dụ 2.4. Giải phương trình
√
√
√
3
3x − 1 − 3 2x − 1 = 3 5x + 1.

Giải. Phương trình đã cho tương đương
3x − 1 + 2x − 1 +
⇔

3

3

√
√
(3x − 1)(2x − 1)( 3 3x − 1 + 3 2x − 1) = 5x + 1

(3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1

⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1
x=0
19
⇔ 30x3 − 19x2 = 0 ⇔
x= .
30

Thay x = 0 vào phương trình đã cho ⇒ −2 = 1 (vô lý) .
12


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

19
vào phương trình đã cho thỏa mãn.
30
19
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = .
30

Thay x =

Ví dụ 2.5. (Thi chọn HSG lớp 9 Bắc Giang, năm 2009)
Giải phương trình
√

x+1+

√

2x + 3 =

√

3x +

√

2x − 2.

Giải. Điều kiện x ≥ 1. Phương trình đã cho tương đương
√

3x −

√
√
√
x + 1 = 2x + 3 − 2x − 2

⇔ 3x + x + 1 − 2
⇔

3x(x + 1) = 2x + 3 + 2x − 2 − 2

3x(x + 1) =

(2x + 3)(2x − 2)

⇔ 3x(x + 1) = (2x + 3)(2x − 2)
⇔ x2 − x − 6 = 0
x = 3 (thỏa mãn)
⇔
x = −2 (loại) .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2.6. Giải hệ phương trình
x3 + 1 √

+ x+1=
x+3

x2 − x + 1 +

√
x + 3.

Giải. Điều kiện x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương
√
√
x3 + 1 √
− x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1
x+3
x3 + 1
= x2 − x − 1
⇔
x+3
⇔ x3 + 1 = (x2 − x − 1)(x + 3)
⇔ 2x2 − 4x −√4 = 0
x = 1 −√ 3
⇔
(loại )
x = 1 + 3.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2.2

Phương pháp 2: Nhân liên hợp

Một số biểu thức liên hợp :
√
√
√
√
(α a + β b)(α a − β b) = α2 a − β 2 b
√
√
√
√
√
3
3
3
3
( 3 a + b)( a2 − ab + b2 ) = a + b
√
√
√
√
√
3
3
3
3
( 3 a − b)( a2 + ab + b2 ) = a − b
13

(2x − 2)(2x + 3)

Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ).

Ta đã biết nếu x = x0 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì điều đó có nghĩa
là x0 ∈ Df và f (x0 ) = 0.
Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x − a)P1 (x), trong đó P1 (x) là
đa thức với degP1 = degP − 1.
Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta có thể đưa phương trình
f (x) = 0 về dạng (x − x0 )f1 (x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f (x) = 0 quy
về giải phương trình f1 (x) = 0.
Ví dụ 2.7. (Đề thi Đại học Khối B, năm 2010)
Giải phương trình
√

3x + 1 −

√

6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0.

1
3

Giải. Điều kiện − ≤ x ≤ 6.
Nhận thấy x = 5 là nghệm một của phương trình. Do đó, ta cần tách ghép để
nhân liên hợp sao cho xuất hiện nhân tử chung (x − 5) hoặc bội của nó. Vì vậy,
ta cần tìm hai số a, b > 0 sao cho thỏa mãn đồng nhất

(3x + 1) − a2
3(x − 5)
√
=√
⇔ 3x + 1 − a2 = 3x − 15 ⇔ a = 4.
3x + 1 + a
3x + 1 + a
b2 − (6 − x)
x−5
√
√
=
⇔ b2 = 6 + x = x − 5 ⇔ b = 1.
b+ 6−x
b+ 6−x

Nên ta có lời giải sau.
Phương trình đã cho tương đương

√
√
( 3x + 1 − 4) + (1 − 6 − x) + 3x2 − 14x − 5 = 0
3x + 1 − 14
1−6+x
√
⇔√
+ (3x + 1)(x − 5) = 0
+
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
1

3
√
⇔ (x − 5) √
+
+ 3x + 1 = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
x = 5 (thỏa mãn)
3
1
⇔
√
√
+
+ 3x + 1 = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x

Ta có

1
1
3
√
+
+ 3x + 1 > 0, ∀x ∈ [− ; 6].
3
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.
√

Ví dụ 2.8. (Đề nghị Olympic 30-4)

Giải phương trình
x2 + 12 + 5 = 3x +

Giải. Phương trình đã cho tương đương

x2 + 5.

√
√
( x2 + 12 − 4) = 3(x − 2) + ( x2 + 5 − 3)
14


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

x2 + 12 − 16
x2 + 5 − 9
⇔√
= 3(x − 2) + √
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
(x − 2)(x + 2)
(x − 2)(x + 2)
= 3(x − 2) + √
⇔ √
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
x+2
x+2
⇔ (x − 2) √

−√
−3 =0
2
2
x + 12 + 4
x +5+3
x = 2 (thỏa mãn)
x+2
x+2
⇔
√
−√
− 3 = 0.
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3

Ta có
√

x+2
x2

+ 12 + 4

−√

x+2
x2

+5+3

= 3 vô nghiệm.

(2.1)

Vì từ phương trình đã cho ta có
x2 + 12 −

x2 + 5 = 3x − 5.

Vế trái của (2.2) >0. Suy ra
3x − 5 > 0 ⇔ x >

5
⇔
3

x+2>0
1
1
√
−√
< 0.
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3

Suy ra, vế trái của (2.1) < 0 ⇒ (2.1) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 2.9. (Đề thi Đại học Khối A, năm 2007)
Giải phương trình

√

2x − 3 −

√
x = 2x − 6.

3
√ 2
√ √
√
( 2x − 3 − x)( 2x − 3 + x)
√
= 2(x − 3)
√
2x − 3 + x
2x − 3 − x
⇔√
√ − 2(x − 3) = 0
2x − 3 + x
1
⇔ (x − 3) √
√ −2 =0
2x − 3 + x

x = 3 (thỏa mãn)

1
⇔
√

√ − 2 = 0.
2x − 3 + x
√
√
3
3
1
Ta có x ≥ , suy ra 2x − 3 + x ≥ > 1 ⇔ √
√ < 1.
2
2
2x − 3 + x
1
Suy ra √
√ − 2 = 0 vô nghiệm.
2x − 3 + x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Giải. Điều kiện x ≥ . Phương trình đã cho tương đương

15

(2.2)


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Ví dụ 2.10. Giải phương trình
√
√

3
x + 24 + 12 − x = 6.

Giải. Điều kiện x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương

√
√
( 3 x + 24 − 3) + ( 12 − x − 3) = 0
x + 24 − 27
12 − x − 9
√
⇔ √
=0
+√
3
3
2
12 − x + 3
( x + 24) + 3 x + 24 + 9
1
1
√
⇔ (x − 3) √
−√
=0
3
3
2
12 − x + 3
( x + 24) + 3 x + 24 + 9

x=3
1
1
⇔
√
√
√
−
=0
3
3
12 − x + 3
( x + 24)2 + 3 x + 24 + 9
x=3
√
√
√
⇔ √
12 − x + 3 x + 24 − ( 3 x + 24)2 − 4 3 x + 24 − 6 = 0
x√= 3
√
⇔
( 3 x + 24)2 + 4 3 x + 24 − 6 = 0



x
x = 3 (thỏa mãn)
√= 3


⇔ x = −24 (thỏa mãn)
⇔ √x + 24 = 0
x + 24 = −4
x = −88 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 3, x = −24, x = −88.

Ví dụ 2.11. Giải phương trình
√
√
2 2x + 4 + 4 2 − x =

9x2 + 16.

Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương
(2x + 4)(2 − x) = 9x2 + 16

4(2x + 4) + 16(2 − x) + 16
⇔ 16

(2x + 4)(2 − x) − 8x = 9x2 − 32

⇔ 8(2 (2x + 4)(2 − x) − x) = 9x2 − 32
8(2 (2x + 4)(2 − x) − x)(2 (2x + 4)(2 − x) + x)
⇔
= 9x2 − 32
2 (2x + 4)(2 − x) + x)
⇔ (9x2 − 32)

8

1+
2

2(4 − x2 ) + x

√
4 2
 x = 3√

4 2
⇔
 x=−
3
2 2(4 − x2 ) + x + 8 = 0.
Ta có −2 ≤ x ≤ 2, suy ra 2 2(4 − x2 ) + x + 8√> 0.
4 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
3



16

=0


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Ví dụ 2.12. Giải phương trình

√
√
3 − x + 2 + x = x3 + x2 − 4x − 4 + |x| + |x − 1| .

Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3. Phương trình đã cho tương đương

√
√
3 − x − |x − 1| +
2 + x − |x| = (x + 2) x2 − x − 2
(3 − x) − x2 + 2x − 1
2 + x − x2
⇔ √
+√
− (x + 2) x2 − x − 2 = 0
3 − x + |x + 1|
2 + x + |x|
−x2 + x + 2
−x2 + x + 2
√
√
+ (x + 2) −x2 + x + 2 = 0
⇔
+
3 − x + |x + 1|
2 + x + |x|
1
1
√
⇔ −x2 + x + 2

+√
+ (x + 2) = 0
3 − x + |x + 1|
2 + x + |x|
⇔ −x2 + x + 2 = 0
x = −1 (thỏa mãn)
⇔
x = 2 (thỏa mãn).
1
1
+√
+ (x + 2) > 0.
Do ∀x ∈ [−2; 3] nên √
3 − x + |x + 1|
2 + x + |x|
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1, x = 2.

Ví dụ 2.13. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015)
Giải phương trình
√

3x + 1 +

√
5x + 4 = 3x2 − x + 3.

−1
. Ta thấy x = 0, x = 1 la nghiệm của phương trình trên.
3
Mà x = 0, x = 1 la nghiệm của đa thức x2 − x = 0 hoặc −x2 + x = 0.

√
Cách 1. Ta cần xác định a, b sao cho 3x − 1−(ax+b) = 0 có nghiệm x = 0, x = 1.

Giải. Điều kiện x ≥

Thay x = 0, x = 1 vào ta được hệ phương trình
1−b=0
⇔
2 − (a + b) = 0

Tương tự, tìm được c = 1, d = 2 sao cho
x = 0, x = 1.
Cách 2. Ta có

a=1
b = 1.

√
5x + 4 − (cx + d) = 0 có 2 nghiệm là

√
3x + 1 − (ax + b)2
3x − 1 − (ax + b) = √
3x − 1 + (ax + b)

Cho 3x + 1 − (ax + b)2 = −x2 + x ta được
(ax + b)2 = x2 + 2x + 1 ⇔ ax + b = x + 1.

Tương tự
√

5x + 4 − (cx + d)2
5x + 4 − (cx + d) = √
, ta tìm được cx + d = x + 2.
5x + 4 + (cx + d)
17


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Nên ta có lời giải sau.
√

√
3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3
√
√
⇔
3x + 1 − (x + 1)] + [ 5x + 4 − (x + 2) = 3(x − 1)x
−x2 + x
−x2 + x
⇔√
+√
= 3(x2 − x)
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
1x
1
+√
+3
⇔ (−x2 + x) √

3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
−x2 + x = 0
1
1x
⇔ √
+√
+3=0
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)
x = 0 (thỏa mãn)
⇔
x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 1.

=0

Ví dụ 2.14. Giải phương trình
(x + 1)

x2 − 2x + 3 = x2 + 1

Giải. Vì x = −1 không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho
tương đương
√

x2 + 1
x+1
√
x2 − 2x − 1

⇔ x2 − 2x + 3 − 2 =
x+1
x2 − 2x − 1
x2 − 2x − 1
=
⇔√
x+1
x2 − 2x + 3 + 2
1
1
√
⇔ x2 − 2x − 1
−
=0
2
x − 2x + 3 + 2 x + 1
x2 − 2x − 1 = 0
1
1
⇔
√
=0
−
2
x − 2x
√+ 3 + 2 x + 1
x = 1 ± 2 (thỏa mãn)
⇔ √ 2
x − 2x + 3 + 2 = x + 1 (vô nghiệm ).
√

Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2.
x2 − 2x + 3 =

Nhận xét. Vì sao ta nhận ra được nhân tử chung x2 − 2x − 1 để điền thêm
−2 vào hai vế. Xuất phát từ việc tìm α sao cho
√

x2 + 1
− α, (α > 0)
x+1
x2 − 2x + 3 − α2
x2 + 1 − α(x + 1)
⇔ 2
=
x − 2x + 3 + α
x+1
2
2
2
x − 2x + 3 − α
x − αx + (1 − α)
⇔
=
.
2
x − 2x + 3 + α
x+1
Đến đây, ta chỉ việc xác định α sao cho
x2 − 2x + 3 − α =

x2 − 2x + 3 − α2 = x2 − αx + (1 − α) ⇔ α = 2.
18


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Ví dụ 2.15. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015)
Giải phương trình
2x2 − x − 3 =

√

2 − x.

Giải. Điều kiện x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương

√
2 x2 − x − 1 + x − 1 − 2 − x = 0
x2 − x − 1
√
⇔ 2 x2 − x − 1 +
=0
x−1+ 2−x
1
√
⇔ (x2 − x − 1) 1 +
=0
x − 1 + √2 − x
1± 5
(thỏa mãn).

⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
√2
1± 5
Vậy phương trình có nghiệm là x =
.
2
Nhận xét. Tại sao chúng ta lại nhận ra x2 − x − 1 là nhân tử chung.

Đầu tiên ta dùng máy
√ tính bỏ túi để
√thử nghiệm, ta thấy phương trình đã cho có

1+ 5
1+ 5
. Mà x =
là nghiệm của phương trình x2 − x − 1 = 0
2
2
hoặc −x2 + x + 1 = 0. Như vậy, chúng ta cần làm xuất hiện đại lượng x2 − x − 1

nghiệm là x =

hoặc −x2 + x + 1 để làm nhân tử chung.
√
Khi đó, ta phải thêm bớt một đại lượng α, nghĩa là ta biến đổi 2 − x thành
√
2 − x − α sao cho sau khi nhân liên hợp thì xuất hiện biểu thức x2 − x − 1 hoặc
−x2 + x + 1.
Lưu ý là biểu thức cần xuất hiện là bậc hai nên α không phải là một số mà phải
có dạng α = ax + b.

Vậy ta có
√

2 − x − (ax + b)2
2 − x − (ax + b) = √
.
2 − x + (ax + b)

Sau khi nhân liên hợp xong xuất hiện −ax2 nên ta sẽ cho
2 − x − (ax + b)2 = −x2 + x + 1
⇔ (ax + b)2 = x2 − 2x + 1
⇔ ax + b = x + 1.

Như vậy ta phải thêm đại lượng x + 1 vào phương trình đã cho.
Ví dụ 2.16. Giải phương trình
3x2 − 6x − 5 =

(2 − x)5 +

√
3−2 6
Giải. Điều kiện x ≤
.
3
19

√
2 − x 2x2 − x − 10 .

Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Nhận xét. Phương trình đã cho tương đương
3x2 − 6x − 5 =

√

2 − x 3x2 − 5x − 6 .

Dúng máy tính bấm nghiệm, ta thấy phương trình ra nghiệm xấu. Chính vì
thế, ta sẽ thêm bớt ẩn sao cho phù hợp để có thể nhân liên hợp. Do giả thiết ở
√
√
phương trình này có 2 − x nên ta sẽ thêm bớt α 2 − x vào phương trình
√
√
√
3x2 − 6x − 5 − α 2 − x = 2 − x 3x2 − 5x − 6 − α
3x2 − x 6 − α2 − 5 − 2α2 √
= 2 − x 3x2 − 5x − 6 − α .
⇔ √
√
2
3x − 6x − 5 + α 2 − x

Để có nhân tử chung, ta cần có
3x2 − x 6 − α2 − 5 − 2α2 = 3x2 − 5x − 6 − α

Đồng nhất hệ số của hai vế ta được α = 1.
Khi đó, ta có lời giải sau.

Phương trình đã cho tương đương
√

√
3x2 − 6x − 5 = 2 − x 3x2 − 5x − 6
√
√
√
⇔ 3x2 − 6x − 5 − 2 − x = 2 − x 3x2 − 5x − 7
√
3x2 − 5x − 7
⇔√
= 2 − x 3x2 − 5x − 7
√
3x2 − 6x − 5 + 2 − x
3x2 − 5x − 7 = 0
√
1
⇔ √
= 2 − x (vô nghiệm)
√
2
 3x − 6x
√−5+ 2−x
5 − 109
(thỏa mãn)
 x=
6
√
⇔

5 + 109
x=
(loại).
6
√
5 − 109
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
6

2.3

Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ

Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một
biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình đã cho về
phương trình với ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trình theo ẩn phụ để tìm nghiệm
rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban đầu. Với phương pháp
này ta tiến hành theo các bước sau.
Bước 1. Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ.
Đây là bước quan trọng nhất, ta cần chọn biểu thức thích hợp để đặt làm
ẩn phụ. Để làm tốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệ của các
20


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

biểu thức có mặt trong phương trình. Cụ thể là, phải xác định được sự biểu diễn
tường minh của một biểu thức qua một biểu thức khác trong phương trình đã
cho.

Bước 2. Chuyển phương trình ban đầu về phương trình (hệ phương trình) theo
ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình (hệ phương trình ) này.
Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được là những
phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải.
Bước 3. Giải phương trình (hệ phương trình) với ẩn phụ đã biết để xác định
nghiệm của phương trình đã cho.
2.3.1

Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới

Phương pháp này sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành
một phương trình với ẩn phụ mới. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp.
• Nếu bài toán có chứa
⇒ f (x) =

f (x) và f (x) có thể đặt

f (x) = t; t ≥ 0

t2 .

• Nếu bài toàn có chứa

Có thể đặt

f (x),

g(x) và

f (x).g(x) = c với c là hằng số.

c
g(x) = .
t

f (x) = t, t ≥ 0 khi đó

• Nếu bài toán có chứa

Có thể đặt t =

f (x) ±

f (x) ±

g(x) ,

g(x), khi đó

f (x).g(x) = c với c là hằng số.
t2 − c
f (x).g(x) =
.
2

√
• Nếu có dạng au + bv = c uv với u = u(x) ≥ 0, v = v(x) > 0; a, b, c là hằng số.
u
u
.
Chia cả 2 vế cho v ta được a( ) + b = c

v
v
u
Đặt t =
⇒ at2 − ct + b = 0.
v

Ví dụ 2.17. (Tuyển sinh lớp 10 Phổ thông Năng Khiếu ĐHKHTN-ĐHQGHCM,
năm học 2010-1011)
Giải phương trình
(2x − 1)2 = 12

Giải.Điều kiện

x2 − x − 2 + 1.

x≥2
x ≤ −1

Khi đó, ta có
(2x − 1)2 = 12

x2 − x − 2 + 1
√
⇔ 4x2 − 4x + 1 = 12 x2 − x − 2 + 1
⇔ x2 − x = 3
21

x2 − x − 2

(2.3)


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Đặt y =

√

x2 − x − 2; y ≥ 0. Suy ra

(2.3) ⇔ y 2 + 2 = 3y
y=1
y = 2.

⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔

TH1. y = 1
√
Suy ra, x2 − x − 2 = 1
⇔ x2 − x − 2 = 1
x = 3 (thỏa mãn)
⇔
x = −2 (thỏa mãn).
TH2. y = 2
√
Suy ra, x2 − x − 2 = 2
2
⇔x
=4

 − x − 2√
1 + 13
(thỏa mãn)
x =
2√
⇔
1 − 13
x=
(thỏa mãn).
2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
x = 3; x = 2; x =

√

1+

13

2

;x =

1−

√
2

13

.

Ví dụ 2.18. (Đề thi HSG tỉnh Đồng Tháp năm 2011)
Giải phương trình
x2 + 2x

x−

1
= 3x + 1.
x

(2.4)

−1 ≤ x < 0
x ≥ 1.

Giải.Điều kiện

Chia hai vế phương trình cho x = 0, ta được
(2.4) ⇔ x + 2
⇔x−

x−

1
+2
x

1
1
=3+
x
x
x−

1
= 3.
x

1
1
x − , t ≥ 0 ⇒ t2 = x − .
x
x
2
Suy ra, (2.5) ⇔ t + 2t − 3 = 0
t = 1 (thỏa mãn)
⇔
t = −3 (loại).

Đặt t =

Với t = 1, suy ra

x−

1
1

=1⇔x− =1
x
x

√
1+ 5
(thỏa mãn)
x =
2√
⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ 
1− 5
x=
(thỏa mãn).
2
22

(2.5)


Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

√
√
1+ 5
1− 5
Vậy phương trình có 2 nghệm là x =
;x=
.
2
2

Ví dụ 2.19. Giải phương trình
x3 + 8 = 3(x2 − x + 6).

10

Giải. Điều kiện x ≥ −2. Phương trình đã cho tương đương
10 (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 3(x + 2) + 3(x2 − 2x + 4)
x+2
3(x + 2)
⇔ 2
+ 3 = 10
.
2
x − 2x + 4
x − 2x + 4
x+2
, t ≥ 0.
Đặt t =
2
x − 2x + 4
Khi đó, phương trình trở thành 3t2 − 10t + 3 = 0
t=3
1
⇔
t= .
3
x+2
TH1. t = 3, suy ra
=3

x2 − 2x + 4
⇔ 9x2 − 19x + 34 = 0 (vô nghiệm).
1
x+2
1
TH2. t = , suy ra
=
2
3
x − 2x + 4
3
2
⇔x
 − 11x − 14
√ =0
11 + 17
(thỏa mãn)
x =
2√
⇔
11 − 17
(thỏa mãn).
x=
2
√
√
11 + 17
11 − 17
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x =
,x =

.
2
2

Ví dụ 2.20. (Thi chọn HSG lớp 12 tỉnh Bắc Giang, năm học 2007)
Giải phương trình
√

x+1+

√

4−x+

(x + 1)(4 − x) = 5.

Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4.
√
√
Đặt t = x + 1 + 4 − x, t > 0.
⇔ t2 = 5 + 2

(x + 1)(4 − x)
t2 − 5
⇔ (x + 1)(4 − x) =
2
t2 − 5
Suy ra, (2.6) ⇔ t +
=5
2

t=3
⇔ t2 + 2t − 15 = 0 ⇔
t = −5 (loại).
√
√
Với t = 3, suy ra x + 1 + 4 − x = 3
23

(2.6)