Giải phương trình và hệ phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ

A.Đặt vấn đề
I. Lí do chọn đề tài.
1. Cơ sở lí luận.
Trong cỏc k thi hc sinh gii hoc trong cỏc k thi tuyn sinh vo lp 10
ca cỏc trng cht lng cao, tuyn sinh vo i hc - Cao ng thng cú
nhng bi toỏn gii phng trỡnh vụ t, h phng trỡnh m vic gii chỳng
khụng h n gin. Thụng thng, nhng phng phỏp hay c s dng l
phng phỏp bin i tng ng, phng phỏp t n ph, phng phỏp hm
s hoc phng phỏp ỏnh giỏ hai v. Nhng la chn phng phỏp no trong
tng bi c th cú th gii c (hoc gii nhanh) cỏc phng trỡnh, h
phng trỡnh ny thỡ qu tht khụng n gin m chỳng ta phi bit vn dng
linh hot trong tng trng hp c th.
c bit i vi phng phỏp t n ph, vic la chn t n nh th
no, t n ht hay khụng ht, t mt hay nhiu n l c mt vn nan gii.
2. Cơ sở thực tiễn.
i vi hc sinh THPT, vic hiu cn k cõu hi Ti sao li t n ph
nh th?, Khi no thỡ t n ph nh vy? ng dng vo lm toỏn khụng
h n gin. Túm li, vic gii bi toỏn ny ũi hi hc sinh cú k nng tt ,cú
t duy linh hot sỏng to v vn dng thnh tho cỏc kin thc toỏn hc khỏc
nhau vo bi tp.
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
1.Thực trạng.
Bi tp v gii phng trỡnh vụ t v h phng trỡnh rt nhiu, phng
phỏp gii cng ó c nhiu ngi xõy dng vụ cựng phong phỳ. Vi phng
din l mt ngi thy trờn bc ging, vic gii cỏc bi toỏn gii phng trỡnh
cho hc sinh hiu ó khú nhng vic dn dt hc sinh a ra mt cỏch gii
mi m nh khụng mi, l m nh rt quen thuc d hiu cũn khú hn rt nhiu.

2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng.

1

Chớnh vỡ vy, qua cỏc bi ging trờn lp, qua cỏc bui hp nhúm v
sinh hot ngoi khúa, tụi ó h thng kin thc li vn : Gii phng trỡnh
v h phng trỡnh vụ t bng phng phỏp t n ph sao cho phự hp
vi chng trỡnh, sỏch giỏo khoa v chun kin thc k nng v vi i tng
hc sinh tng lp, vi cỏc i tng hc sinh gii nhm giỳp hc sinh hc tt
hn v dựng lm ti liu ụn thi i hc hoc bi dng hc sinh gii vi gúc
vit dn dt hc sinh nh th no cỏc em thy hc mt phng phỏp mi m
nh khụng mi.
III. nhiệm vụ của đề tài.
1.Chn v ra h thng bi tp Gii phng trỡnh v h phng trỡnh vụ t
bng phng phỏp t n ph s dng cho cỏc lp bi dng hc sinh gii
lp 10,11,12 v ụn thi i hc cho hc sinh khỏ, gii.
2.Trờn c s:
- Xỏc nh h thng kin thc c bn cn thit dy gii cỏc bi tp .
- a ra mt s bi tp phự hp vi ni dung kin thc.
- Hng dn gii cỏc bi tp ú.
IV. phơng pháp nghiên cứu.
1. Nghiờn cu lớ thuyt v dy gii bi tp toỏn hc ph thụng.
2. Trao i ng nghip v thc t bn thõn.
3. c mt s ti liu tham kho.
V. Nội dung.
I. Cỏc cn c la chn h thng bi tp.
II. Ni dung kin thc c bn v h thng bi tp.
A.Kin thc c bn:
B.H thng bi tp.
1.S dung phng phỏp t mt n ph ht.
2. Phng phỏp t mt n ph khụng ht a v mt phng trỡnh hai n.
3. Phng phỏp t n ph l hng s.

2


4. Phương pháp đặt nhiều ẩn phụ đưa về phương trình tích.
5. Phương pháp đặt nhiều ẩn phụ đưa phương trình thành hệ phương trình.
III.Bài tập tự luyện.
IV.Kết luận và kiến nghị.
V. Tài liệu tham khảo.

3


B. Gi¶i quyÕt vÊn ®Ò.
PHẦN I

NHỮNG CĂN CỨ LỰA CHỌN HỆ THỐNG BÀI TẬP
1.Mục đích , ý nghĩa của phương pháp “ Giải phương trình và hệ phương
trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ”
Phương pháp đặt ẩn phụ có thể giải quyết được nhiều bài tập giải
phương trình. Nó giúp chúng ta có thể nhìn nhận một phương trình dưới nhiều
góc độ khác nhau và mỗi góc độ đó lại nảy sinh một cách giải đối với bài toán
làm học sinh cảm thấy hứng thú học toán và sáng tạo hơn.
2 .Các yêu cầu của việc lựa chọn bài tập .
a. Hệ thống bài tập đầy đủ , hợp lý .
Hệ thống bài tập phải đầy đủ , hợp lý , làm học sinh nắm được bản chất
của phương pháp , rèn luyện cho học sinh khả năng độc lập suy nghĩ sáng tạo và
có kinh nghiệm suy luận .
b. Hệ thống bài tập đảm bảo tính mục đích của việc dạy học .
Bài tập được chọn phải nhằm củng cố , khắc sâu kiến thức cơ bản vì nền
học vấn cơ bản là cơ sơ của mọi vấn đề . Có nắm vững kiến thức cơ bản mới tạo

điều kiện cho học sinh có khả năng áp dụng kiến thức đã học vào việc giải quyết
các vấn đề thực tế .
Các bài tập trang bị cho học sinh các kiến thức hệ thống chính xác góp
phần rèn luyện kỹ năng , kỹ xảo.
c. Yêu cầu vừa sức .
- Hệ thống bài tập được chọn phù hợp đối tượng học sinh được bồi dưỡng .
- Bài tập đòi hỏi có sự vận động tư duy từ đơn giản đến phức tạp .
- Các bài tập đơn giản nhằm làm cho học sinh nắm rõ bản chất của phương pháp
.Các bài tập phức tạp hơn đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng các thao tác tư duy
khéo léo , sử dụng các tính chất lý thuyết phức tạp hơn , vận dụng nhiều dạng
kiến thức khác nhau giúp học sinh có điều kiện phát triển trí thông minh và năng
lực sáng tạo .

4


d. Yêu cầu cân đối .Các bài tập lựa chọn phải cân đối với thời gian quy định
của chương trình và thời gian học ở nhà của học sinh .
e. Yêu cầu gắn với thực tế .
Giao cho học sinh những bài toán có thể dùng lý thuyết giải các bài tập
thực tế , làm cho học sinh thấy được toán học là một môn khoa học bắt nguồn từ
thực tế và phục vụ cuộc sống một cách tích cực, từ đó biến toán học thành một
môn học hấp dẫn học sinh .
3. Các căn cứ lựa chọn hệ thống bài tập .
a. Căn cứ vào mục đích dạy học .
Mục đích môn toán trong trường học phổ thông :
- Dạy cho học sinh những kiến thức cơ bản, có hệ thống về số học, đại số, hình
học,lượng giác .
- Bồi dưỡng cho học sinh những kỹ năng thành thạo để áp dụng kiến thức ấy
vào thực tiễn .

- Giúp phát triển suy luận khoa học và tư duy trừu tượng , năng lực phân tích ,
tổng hợp .
- Bồi dưỡng cho học sinh giỏi khả năng tư duy , sáng tạo toán học .
b . Căn cứ vào tình hình dạy học .
c . Căn cứ vào sách giáo khoa và chương trình .
d . Căn cứ vào tình huống dạy học .
4 . Các phương hướng lựa chọn bài tập .
Các bài tập giải phương trình mà các nhóm chứa ẩn có mối quan hệ đặc biệt
hoặc không có quan hệ nhưng sau khi biến đổi có thể giải bằng phương pháp
đặt ẩn phụ.
5 . Các yêu cầu đối với lời giải.
a . Lời giải không có sai lầm.
b . Lập luận có căn cứ chính xác.
c . Lời giải đầy đủ .
Ngoài các yêu cầu trên yêu cầu lời giải ngắn gọn, đầy đủ, đơn giản, trình
bày rõ ràng, hợp lý .
5


PHẦN II
NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ HỆ THỐNG BÀI TẬP
I.KIẾN THỨC CƠ BẢN.

a) Phương trình

 f(x) ≥ 0
 g(x) ≥ 0

f(x) = g (x) ⇔  g(x) ≥ 0 ⇔ 
2

f(x = g (x)
f(x) = g 2 (x)


b) Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:
• Nếu bài toán chứa f(x) và f(x) có thể:
Đặt t= f(x) , điều kiện tối thiểu t ≥ 0 , khi đó f(x)=t 2 .
• Nếu bài toán chứa
có thể:

f(x) ,

g(x) và

f(x) . g(x) = k (k=const)

k
g(x) = .
t
• Nếu bài toán chứa f(x) ± g(x), f(x).g(x) và f(x) + g(x) = k
(k=const) có thể:
t2 - k
t=
f(x)
±
g(x)
t
≥
0
Đặt

, khi đó
, khi đó f(x).g(x) =
.
2
• Nếu bài toán chứa a 2 - x 2 có thể:
π
π
Đặt x= a sint với − ≤ t ≤ hoặc x= a cost với 0 ≤ tπ≤ .
2
2
2
• Nếu bài toán chứa x - a 2 có thể:
a
a
 π π
π
Đặt x=
với t ∈  − ,  \ { 0} hoặc x=
với t ∈ [ 0,π ] \   .
sint
cost
 2 2
2
• Nếu bài toán chứa a 2 + x 2 có thể:
 π π
Đặt x= a tgt với t ∈  − , ÷hoặc đặt x= a cotgt với t ∈ ( 0,π ) .
 2 2
a+x
a-x
• Nếu bài toán chứa

hoặc
có thể đặt x=acos2t .
a-x
a+x
2
• Nếu bài toán chứa ( x − a ) ( b − x ) có thể đặt x=a+ ( b-a ) sin t .
Đặt t= f(x) , điều kiện tối thiểu t ≥ 0 , khi đó

6


II. HỆ THỐNG BÀI TẬP.
1. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT MỘT ẨN PHỤ HẾT.
PHƯƠNG PHÁP

Phương pháp dùng một ẩn phụ hết là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển
phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ.
.
Ví dụ 1: Gi¶i pt:

2 x + 3 + x +1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 −16

2
Nhận xét : 2 x + 5 x + 3 = ( 2 x + 3) ( x + 1) và 3 x = (2 x + 3) + ( x + 1) − 4
Bài giải : DK : x ≥ −1
t = 2x + 3 + x +1 ≥ 0
§¨t
=> t 2 = 3x + 4 + 2 2 x2 + 5 x + 3

pt <=> t = 5 suy ra x = 3.

Ví dụ 2:

Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm ?
4 x3 − 3x = 1 − x 2
Nhận xét : Nếu bình phương hai vế ta có phương trình bậc cao quá ( bậc 6) rất
khó giải. Để ý thấy biểu thức trong căn có dạng a 2 - x 2 nên ta liên tưởng đến
đặt ẩn phụ dạnh lượng giác và biểu thức ngoài căn thức có dạng khai triển của
cos 3x. Từ đó đặt x=cost.
Bài giải:
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1
Với điều kiện ( *) , đặt x= cost, t ∈[ 0, π ] .
Khi đó phương trình được chuyển về dạng:
4cos3 t − 3cos t = 1 − cos 2 t
⇔ cos3t = sin t
⇔ cos t 3t = sin t
π

⇔ cos t 3t = cos  − t ÷
2 

7

( **)


π
 π

t
=

x
=
c
os
 8

π
8
 π



t
=
+
k
2
π
3
t
=
−
t
+
2
k
π
 8

5π

5π
2
⇔
⇔ t =
⇔  x = cos



8
8
t = − π + kπ
3t = − π + t + 2kπ



2

4
t = 3π
 x = cos 3π

8
4

Vậy phương trình có 3 nghiệm.
Ví dụ 3 :Giải phương trình
4.33x -3x+1 = 1 − 9 x (4)
Nhận xét : phương trình tương đương: 4.33 x − 3.3x = 1 − 32 x , vậy tương tự
ví dụ trên ta có thể đặt 3x = cost
Lời giải:

DK:
1 − 9x ≥ 0 ⇔ x ≤ 0
⇒ 0 < 3x ≤ 1
 π
Đặt 3x = cost (t ∈ 0; ÷(**)
 2

(4) trở thành:
4cos3t – 3cost = 1 − cos 2 t
⇔ cos3t =sint do(**)
π

⇔ cos3t = cos  − t ÷
2 

3t = π / 2 − t + k 2π
3t = −π / 2 + t + k 2π

⇔ 

t = π / 8 + k π / 2

⇔
t = −π / 4 + kπ (loai )

π
π
+ k (***)
⇔ t= 8
2

Do (**) nên từ (***) ⇒ t =

π
8

Ta có:
cos

π
π
π
2+ 2
= 2 cos 2 − 1 ⇒ cos =
4
8
8
2
8


Nên 3x = cos π = 2 + 2 ⇔ x = log 3 2 + 2
8

2

2

KL: vậy PT có nghiệm là x = log 3 2 + 2
2

Ví dụ 4: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = x(1 + 2 1 − x 2 ) (2)
Đk: 1-x2 ≥ 0 hay x ≤ 1
π π



Đặt x = sint, t ∈  − ;  (*)
 2 2

Pt (2) trở thành
1 + 1 − sin 2 t = sin t (1 + 2 1 − sin 2 t )
⇔ 1 + cos t = sin t (1 + 2 cos t )

t
= sin t + sin 2t
2
t
3t
t
⇔ 2cos = 2 sin cos
2
2
2
⇔ 2cos

cos t / 2 = 0
⇔
sin 3t / 2 = 2 / 2

t = π / 6
⇔
t = π / 2
 x = 1/ 2
hay 
x = 1

Ví dụ 5: Giải phương trình::

x2 + 1 +

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

Nhận xét: Nhu cầu ta muốn đặt ẩn phụ sao cho biểu thức trong căn thức trở
thành một bình phương nên ta liên tưởng đặt x= tan t, khi đó ta nhận xét thấy
( x 2 + 1)
x2 + 1
hai biểu thức
và
trở nên rất gọn . Vậy cách đặt trên là phù hợp.
(1 − x 2 )
2x

Lời giải:

9

x ≠ 1

Đk:  x ≠ −1
 x ≠ 0
 π π  π π 
Đặt x=tant, t  − ; ÷\ − ; ;0 
 2 2  4 4

Ta có: x2+1=tan2t+1=

Sin2t=



1
1
⇒ 1 + x2 =
2
cos t
cos t

2 tan t
2x
x2 + 1
1
=
⇒
=

2
2
1 + tan t x + 1
2x
sin 2t

1 − tan 2 t 1 − x 2
Cos2t=
=
1 + tan 2 t 1 + x 2

2 x (1 − x 2 )
⇒ sin 2t.cos 2t = 2
( x + 1)2
4 x(1 − x 2 )
⇔ sin 4t = 2
( x + 1) 2
2

2
( x 2 + 1)
⇔
=
sin 4t 2 x(1 − x 2 )

(3) trở thành

1
1
2

+
=
cos t sin 2t sin 4t

⇔ 4sintcos2t + 2cos2t = 2
⇔ sint = ½
⇔ t = Π /6 hay x = 1/ 3

Ví dụ 6 : T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
x + 9 − x = −x 2 + 9 x + m

Nhận xét : x + (9 − x) = 9 và x(9 − x) = − x 2 + 9 x
Từ đó ta bình phương hai vế , đđặt t=

x(9 − x ) => 0 ≤ t ≤ 9 / 2

Lập bảng biến thiên của hàm : f (t ) = − t 2 + 2t + 9 (0 ≤ t ≤ 9 / 2) ⇒ − 9 / 4 ≤ m ≤ 10
10


Nhận xét: Không phải lúc nào chúng ta cũng phát hiện ra cách đặt ẩn phụ
ngay mà phải biến đổi phương trình rồi mới nhìn thấy cách đặt ẩn phụ.
Ví dụ 7: Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 =2x + 1
Nhận xét: Phương trình tương đương: x 2 − 2 x − 1 + 3 x 4 − x 2 = 0
Để ý hệ số của biểu thức bậc hai và bậc nhất ở ngoài căn bằng hệ số của biểu
thức bậc 4 và bậc hai trong căn, vậy biến đổi thế nào để phần chứa ẩn này giống
nhau và phần 2x không còn chứ ẩn nữa? Từ đó ta liên tưởng đến việc chia hai vế
cho x.
Giải: x = 0 không phải là nghiệm , Chia hai vế cho x ta được:
1


1
x− ÷ + 3 x− = 2
x
x

1
1± 5
Đặt t = 3 x − , Ta có : t 3 + t - 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x =
x
2
Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải được một lớp bài
đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải.
Ví dụ 8 :Giải hệ phương trình :
 x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1
(5)

 x 1 − y 2 − y 1 − x 2 = 1 / 2

Nhận xét: để ý biểu thức trong căn
và từ điều kiện của x,y:
x ≤ 1; y ≤ 1 ta liên tưởng đến việc

đặt x,y là sint hoặc cost
Lời giải:
Đặt: x = cos α , y= cos β , 0 ≤ α , β ≤ π .(*)
(5) trở thành:
sin β cos α + cos β sin α = 1



1
sin
β
cos
α
−
cos
β
sin
α
=

2

sin( β + α ) = 1

⇔
1
sin( β − α ) = 2
π

 β + α = 2kπ + 2

 β − α = 2nπ + π ± π

2 3
11


Do (*) ta có:

π

 β + α = 2

β − α = π ± π

2 3

π π

 β = 2 ± 6
Vậy: 
α = π

6


3
 x =
2
⇒ ngh 
y = 1

2

2.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT MỘT ẨN PHỤ KHÔNG HẾT ĐƯA VỀ MỘT PHƯƠNG
TRÌNH HAI ẨN

Phương pháp dùng một ẩn phụ không hết là việc sử dụng 1 ẩn phụ để
chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình chứa ẩn phụ t mới nhưng

vẫn còn biến x ( phương trình đối với một trong hai biến là phương trình bậc
hai). Phương pháp này thường được sử dụng đối với những PT khi lựa chon ẩn
phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được theo ẩn
phụ hoặc biểu thức biểu diễn quá cồng kềnh.
Khi này ta coi đây là PT bậc hai đối với một biến (biến còn lại là tham số),
PT này phải có biệt số ∆ là bình phương của một biểu thức.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( 4 x − 1) x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1
Nhận xét:
Không nên bình phương hai vế vì khi này ta có phương trình bậc 6, mặt khác để
phép biến đổi bình phương hai vế là phép biến đổi tương đương thì ta cần xét
hai trường hợp
( 4 x − 1) ≥ 0
( 4 x − 1) ≤ 0
TH 1:  3
TH 2 :  3
2 x + 2 x + 1 ≥ 0
2 x + 2 x + 1 ≤ 0
Như vậy công việc giải phương trình trở nên rất phức tạp.
Nhưng trong phương trình này rõ ràng biểu thức x3 + 1 làm phương trình khó
giải, vậy ta đặt ẩn phụ như thế nào để không phải nhìn thấy biểu thức đó nữa?.
Vì vậy ta nghĩ đến việc đặt t= x3 + 1 nhưng nếu thay hết x theo t thì phương
trình lại xuất hiện căn bậc ba nên không thay hết các biến x theo t . Vật ta chỉ
thay những vị trí x mà không làm xuất hiện căn thức mới.
Đặt t = x3 + 1 .

12


 2 x3 + 2 x + 1 = t 2 + x3 + 2 x

Khi đó ta có hai cách thay ẩn phụ như sau:  3
2
 2 x + 2 x + 1 = 2t + 2 x − 1
( 4 x − 1) t = t 2 + x3 + 2 x
 t 2 − ( 4 x − 1) t + x 3 + 2 x = 0 ( 1)
⇔
Khi đó PT trở thành: 
( 4 x − 1) t = 2t 2 + 2 x − 1  2t 2 − ( 4 x − 1) t + 2 x − 1 = 0 ( 2 )

Coi mỗi PT là PT bậc hai ẩn t, ẩn còn lại như là tham số ta có
∆1 = −4 x3 + 16 x 2 − 16 x + 1
∆ 2 = ( 4 x − 3)

2

1

t
=
2
Vậy cách thay thứ hai là phù hợp và ta có: ( 2 ) ⇔ 

t = 2 x − 1

3
x = 3 −
3
Thay t = x + 1 vào ta suy ra nghiệm của PT là: 
4
 x = 2

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
 x2 + y 2
x 2 + xy + y 2
+
= x + y (1)

2
3


(2)
 x 2 xy + 5 x + 3 = 4 xy − 5 x − 3

Giải: Từ (1) suy ra x+y ≥ 0 .Ta có
x 2 + xy + y 2 1
1
1
= ( x + y)2 + ( x − y)2 ≥ ( x + y)2
3
4
12
4
⇒

và

x2 + xy + y2 1
≥ ( x + y)
2
2

x2 + y2 1
1
1
= ( x + y) 2 + ( x − y) 2 ≥ ( x + y) 2
2
4
4
4

Từ (3) và (4) suy ra

(3)
⇒

x2 + y 2 1
≥ ( x + y)
2
2

(4).

x2 + y2
x 2 + xy + y 2
+
≥x+ y
2
3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó phương trình (1) tương

đương với x = y ≥ 0.
Thay y = x vào pt (2) ta có x 2 x 2 + 5 x + 3 = 4 x 2 − 5 x − 3 .
( Nhận xét và suy luận tương tự ví dụ trên ta suy ra cách giải cho phương trình
này)
Đặt t = 2 x 2 + 5 x + 3 với t ≥ 0 .Phương trình (5) trở thành
13


xt = 6 x 2 − t 2 ⇔ (3 x + t )(2 x − t ) = 0 ⇔ t − −3 x ; t = 2 x

Vì t ≥ 0; x ≥ 0 và khi x = 0 thì t = 3 nên trường hợp t = -3x không xảy ra.
2 x 2 − 5 x − 3 = 0
2
2
x
=
2
x
+
5
x
+
3
⇔
⇔x=3
Với t = 2x , ta được

x
≥
0



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;3)
Nhận xét: những PT giải được bằng phương pháp trên thì sẽ luôn phân tích
được thành tích các nhóm .
Chính vì vậy ,trên phương diện giáo viên, nếu chúng ta muốn sáng tạo ra các
PT dạng này thì nên xuất phát từ PT dạng tích hai biểu thức chứa cùng một căn
khai triển lên và rút gọn đi ta sẽ có một đề bài không đơn giản giải được bằng
phương pháp này.
3.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ LÀ HẰNG SỐ.

Đứng trước những PT sau khi đặt ẩn phụ thay hết vào PT thì PT trở thành
PT bậc cao rất khó giải ta cần phân tích PT thành PT dạng tích ,vậy làm như thế
nào để phân tích nhanh được ?
Từ ý nghĩa của phương pháp 2 và mục đích của các bài này làm ta muốn
tạo ra phương trình bậc hai với ∆ là một bình phương, chính vì vậy ta thử đặt
hằng số làm ẩn.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x + 2 4 ( x + 1)3 + 8 4 ( x + 1) − 15 = 0
Nhận xét: PT tương đương

4

( x + 1) 4 + 2 4 ( x + 1)3 + 8 4 ( x + 1) − 16 = 0

t 4 + 2 t 3 + 8t − 16 = 0 , PT bậc 4 này
Nếu coi t= 4 ( x + 1) làm ẩn ta có PT
không dễ giải.
Để ý rằng, một trong những cách giải tổng quát PT bậc 4 là dùng hệ số bất định
đưa PT thành tích hai biểu thức bậc hai. Vậy làm thế nào để phân tích thành tích

hai biểu thức nhanh nhất?
Từ mục đích hiện thời và kết hợp với ý nghĩa của phương pháp 2 ta muốn tạo ra
PT bậc hai một ẩn, nhưng ẩn t lại là bậc 4? Thấy rằng 16=42 và 8=2.4, vậy ta
có thể coi 4 là ẩn được không? Kiểm tra thấy ∆ là một bình phương nên cách
suy luận này là phù hợp.
Bài giải:
Đặt t = 4 x + 1
Phương trình trở thành:

t 4 + 2t 3 + 8t − 16 = 0
⇔ 42 − 2.4.t − t 4 − 2t 3 = 0
14


Đặt u = 4.Ta có u 2 − 2ut − t 4 − 2t 3 = 0
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn u ,t như là tham số
∆ = t 2 (t + 1) 2
 t = −1 + 5
u = −t 2
 4 = −t 2
2
PT ⇔ 
⇔
⇔
t
+
2
t
−
4

=
0
⇔


2
2
u = t + 2t
 4 = t + 2t
t = −1 − 5(l )
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm:
m 2 ( x − 2) − 3m 3 x 2 − 4 x + 4 + (m 2 + 2) 3 x − 2 − m = 0
Nhận xét : PT tương đương:
m 2 3 ( x − 2)3 − 3m 3 ( x − 2) 2 + (m 2 + 2) 3 x − 2 − m = 0
Đặt t = 3 x − 2 ta có m 2t 3 − 3mt 2 + (m 2 + 2)t − m = 0 .
Với PT bậc 3 chứa tham số, muốn chỉ ra sự tồn tại nghiệm ta thường dùng
phương pháp nhẩm nghiệm, liệu có cách khác hay không? Để ý thấy rằng tham
số m đang xuất hiện ở dạng bậc hai, vậy nếu ta coi đây là PT bậc hai ẩn m, t
như là tham số thì ta có thể kiểm tra rất nhanh khả năng phân tích thành tích các
nhóm ở PT này.
Bài giải:
Đặt t = 3 x − 2
Phương trình trở thành :
m 2t 3 − 3mt 2 + (m2 + 2)t − m = 0 ( 1)
⇔ ( t 3 + t ) m 2 − ( 3t 2 + 1) m + 2t = 0

Với t=0 PT suy ra m=0, ngược lại với m=0 phương trình có nghiệm duy nhất
x=2.
Với t ≠ 0 coi đây là phương trình bậc hai ẩn m ( t là tham số ) ta có
∆ = ( t 2 + 1) . Từ đó suy ra PT tương đương:

2

1

1

m
=

t
=
t
⇔
m


2
t
2
m =
( 2)
 mt − 2t + m = 0
t2 +1

PT (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt
1
khác .
m
 m ≠ ±1
 m ≠ ±1

⇔
⇔ −1 < m < 1 .
ĐK là:


2
1 − m > 0 −1 < m < 1

15


Chú ý: Đôi lúc phương pháp xuất phát từ phương trình tích để tạo ra PT vô tỷ
còn dựa trên những đẳng thức đã biết để tạo ra các phương trình phức tạp hơn và
từ đó dẫn đến một phương pháp nữa để giải PT vô tỉ: phương pháp đặt ẩn phụ
đưa về PT tích.
4. ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ TÍCH.
2
Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 ( x + 2 ) = 5 x3 + 1

Giải : Đặt u =

x +1 , v =

x2 − x + 1

Phương trình trở thành : 2 ( u + v
2

Từ đó ta tìm được: x =

2

)

u = 2v
= 5uv ⇔ 
u = 1 v

2

5 ± 37
2

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 7 x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8 x + 1 = 2
Nhận xét: tổng ba biểu thức trong căn là 8 và bằng 23 và từ phương trình ta thấy
tổng ba căn thức là 2 nên ta thấy có thể đặt ba ẩn phụ để đưa về mối quan hệ
dạng tích.
Hướng dẫn:
Đặt a = 3 7 x + 1, b = − 3 x 2 − x − 8, c = 3 x 2 − 8 x + 1 ta có :
(1)
a + b + c = 2
 3 3 3
2
2
a + b + c = (7 x + 1) − ( x − x − 8) + ( x − 8 x − 1) = 8 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (a + b + c)3 − (a3 + b3 + c3 ) = 3(a + b)(b + c)(c + a ) = 0

 a = −b

Nên (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔ b = −c

c = − a

Từ đây dễ dàng tìm ra 4 nghiệm của phương trình là S = {-1; 0; 1; 9}
Ví dụ 3: Giải phương trình 3 3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0. (1)
Hướng dẫn:
Đặt a = 3 3 x + 1, b = 3 5 − x , c = 3 2 x − 9 , ta có a 3 + b3 + c3 = 4 x − 3 và từ (1) suy ra
(a + b + c)3 = a 3 + b3 + c 3 ⇔ ( a + b)(b + c)(c + a) = 0 .
Giải tương tự ví dụ 1 ta được các nghiệm của pt (1) là x = -3, x = 4, x = 8/5.
Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt.

16


Ví dụ 4: Giải phương trình sau : x 3 − 3x 2 + 2 ( x + 2 ) - 6x = 0
Giải:
Nhận xét : Đặt y = x + 2 ,không nên thay hết phương trình thành PT với
một biến y( vì bậc của PT quá cao ) ta thử biến phương trình trên thành phương
trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
x = y
x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x 3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
 x = −2 y
3

Pt có nghiệm : x = 2, x = 2 - 2 3
Ví dụ 5: Giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 - x 2 − x − 20 = 5 x + 1
Giải:
ĐK : x ≥ 5. Chuyển vế bình phương ta được :
2 x2 − 5x + 2 = 5

(x

2

− x − 20 ) ( x + 1)

Nhận xét : không tồn tại số α , β để :
2 x 2 − 5 x + 2 = α ( x 2 − x − 20 ) + β ( x + 1) vậy ta không thể đặt
u = x 2 − x − 20

v = x + 1
Nhưng thật may mắn ta có:
( x2 − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x − 5)
Ta viết lại phương trình:

2 ( x2 − 4 x − 5) + 3( x + 4 ) = 5

(x

2

− 4 x − 5) ( x + 4 )

Khi này PT trở thành PT thuần nhất bậc hai đối với
u = x2 − 4 x − 5
v= x+4

Đến đây bài toán được giải quyết.

Nhận xét: Chúng ta có thể tự sáng tạo cho mình những phương trình vô
tỉ"đẹp" theo cách trên.

5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH THÀNH HỆ PHƯƠNG
TRÌNH .
Dạng 1:Phương trình có dạng x n + a= b n bx − a

17


Nhận xét: nếu ta lũy thừa hai vế để mất căn thì được phương trình bậc cao, rất
khó giải. Vì vậy ta nên đặt ẩn phụ cho phương trình này. Hiển nhiên ta nghĩ đến
việc đặt y= n bx − a , nếu thay hết ẩn x theo y thì lại được PT ẩn y rất khó giải ,
vậy ta không thay hết ẩn. Nhưng khi này ta lại được một phương trinh hai ẩn
nên cần một mối quan hệ nữa giữa x ,y . Mỗi quan hệ đó từ đâu? Ta thấy có
một mối quan hệ từ cách đặt ẩn phụ. Vậy là ta có một hệ PT , để ý rằng hệ này
rất dễ giải vì nó là hệ đối xứng loại 2.
Cách giải: Đặt y= n bx − a khi đó ta có hệ đối xứng loại II
 x n − by + a = 0
 n
 y − bx + a = 0

Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải
Đặt y 3 = 2 x − 1
Ta có hệ

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1

 x3 + 1 = 2 y

 y3 + 1 = 2 x

x 3 − y 3 = 2( y − x)
⇔ ( x − y )( x 2 + _ y 2 + xy + 2) = 0

trừ vế với vế ta được:

x = 1
⇔ x = y ⇒ 2x −1 = x ⇔ x − 2x + 1 = 0 ⇔ 
 x = −1 ± 5

2
x = 1

 x = −1 ± 5

2
3

3

Vậy pt có nghiệm là

Dạng 2: Đặt ẩn phụ không hết đưa PT thành hệ PT đối xứng hoặc gần đối
xứng.
Ví dụ 1:Giải phương trình:
x2 − 2x = 2 2x − 1
Nhận xét:
Ta thử đặt y = 2 x − 1 thì có hệ phương trình:
 x2 − 2x = 2 y
 x2 − y 2 − 1 = 2 y
hoặc 

 2
2
y
=
2
x
−
1

 y = 2x − 1
Cả hai hệ này đều khó giải nhưng sự xuất hiện về bậc của x,y rất cân đối , làm
thế nào để hệ số của x,y cũng đối xứng thì việc giải hệ PT sẽ trở nên đơn giản.
2
 ( α y + β ) = 2 x − 1
Giả sử đặt 2 x − 1 = α y + β , khi đó hệ PT trở thành:  2
 x − 2 x = 2α y + 2 β

18


Nhận thấy hệ PT dạng trên dễ giải nhất thì nên chọn α , β sao cho ta có hệ PT
đối xứng loại 2. Vậy chọn α = 1 khi đó ta có hệ sau
 ( y + β ) 2 = 2 x − 1
 y 2 + 2β y + β 2 = 2 x − 1
⇔ 2
 2
x
−
2
x

=
2
y
+
2
β
 x − 2 x − 2β − 1 = 2 y − 1

Dễ dàng nhận thấy chọn β = 1 là phù hợp .Từ đó đặt 2 x − 1 = y − 1 và ta
đưa về hệ sau:
 y2 − 2 y + 1 = 2x − 1
 2
 x − 2x + 1 = 2 y −1
Trừ hai vế hai PT ta được (x-y)(x+y)=0
Giải ra ta tìm được nghiệm của PT là:
x =2+ 2
Muốn tạo ra các phương trình dạng này ta nên xuất phát từ dạng hệ PT bậc hai
 ( α x + β ) 2 = ay + b ( 1)
đối xứng sau: 
2
( α y + β ) = ax + b ( 2 )
từ PT (2) suy ra ta đặt α y + β = ax + b ,thay y vào PT (1) ta sẽ có PT vô tỷ
dạng tổng quát :
a
β
n
( α x + β ) = n ax + b + b − a
α
α
Ví dụ 2: Giải phương trình : 4 x 2 + 5 − 13 x + 3 x + 1 = 0

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như phương trình trước:
2
13 
33

 2 x − ÷ = 3x + 1 −
4
4

13
Đặt 2 y − = 3 x + 1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng
4
ta có thể giải được .
 ( α x+β ) 2 = my + nx + p
Ta lại để ý rằng hệ PT sau 
tuy không là hệ đối xứng
2
( α y +β ) = (m + n) y + p
nhưng nếu trừ vế với vế hai PT thì cũng giải được bằng cách tương tự . Vậy ta
đặt : α y + β = 3x + 1 , chọn α , β sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối
xứng hoặc gần đối xứng )
 ( α y + β ) 2 = 3x + 1
 α 2 y 2 + 2αβ y − 3 x + β − 1 = 0
(1)
⇔ 2
Ta có hệ :  2
(2) (*)
4 x − 13 x + α y + 5 + β = 0
4 x − 13x + 5 = −α y − β

19


Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2) và mong muốn của chúng
α 2 2αβ − 3 β 2 − 1
=
=
ta là có nghiệm x=y Nên ta phải có :
ta chọn được ngay
4
α − 13 5 + β
α = −2; β = 3
Ta có lời giải sau :
3
1

Điều kiện : x ≥ − Đặt 3 x + 1 = − ( 2 y − 3) ,  y ≤ ÷
2
3

( 2 x − 3) 2 = 2 y + x + 1
⇒ ( x − y ) ( 2 x + 2 y − 5) = 0
ta có hệ phương trình sau : 
2
2
y
−
3
=
3

x
+
1
)
 (
15 − 97
với x = y ⇒ x =
8
11 + 73
với 2 x + 2 y − 5 = 0 ⇒ x =
8
15 − 97 11 + 73 
;
Kết luận : tập nghiệm của phương trình là : 

8
8


Chú ý : Khi đã làm quen , chúng ta có thể tìm ngay α ; β bằng cách viết
2
lại phương trình ta viết lại phương trình như sau : ( 2 x − 3) = − 3 x + 1 + x + 4
Khi đó đặt 3 x + 1 = −2 y + 3 , nếu đặt 2 y − 3 = 3x − 1 thì chúng ta không thu
được như hệ mong muốn , ta thấy dấu của α cùng dấu với dấu trước căn .
Muốn tạo ra các phương trình dạng này ta nên xuất phát từ dạng hệ PT
 f ( x ) = Ax + By + m
với x=f(y) có hàm ngược y =g(x) thay vào PT đầu ta

 f ( y ) = ( A + B) x + m
sẽ có một đề bài mới (không nên chọn hệ có phương pháp giải quá phức tạp).

Chú ý: Ngoài cách tìm tòi để đặt ẩn phụ như trên ,ta còn có thể tìm biểu
thức đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ PT gần đối xứng bằng cách dựa vào
đạo hàm như sau:
1 2
*)PT dạng ax + b = x + cx + d thì xét
a
1
2
2
ac 
f ( x ) = x 2 + cx + d ; f ' ( x ) = x + c =  x + ÷ ,khi đó ta thử đặt
a
a
a
2 
ac
ax + b = y +
2
2
*) PT dạng ax + b = cx 2 + dx + e thì xét f ( x ) = cx + dx + e; f ' ( x ) = 2cx + d
ta thử đặt

ax + b = 2cy + d

20


1 3
x + cx 2 + dx + e thì xét
a

1
3
f ( x ) = x 3 + cx 2 + dx + e; f ' ( x ) = x 2 + 2cx + d ;
a
a
6
6
ac
f '' ( x ) = x + 2c = ( x + )
a
a
3
ac
Khi đó ta có thể thử đặt 3 ax + b = y +
3
3
2
*) PT dạng 3 ax + b = cx + dx + ex + m
tương tự ta xét
f ( x ) = cx 3 + dx 2 + ex + m; f ' ( x ) = 3cx 2 + 2dx + e;
*) PT dạng

3

ax+b =

f '' ( x ) = 6cx + 2d = 2 ( 3cx + d )

khi đó ta có thể thử đặt:

3

ax + b = 3cy + d

Dạng 3: Phương trình có dạng n a − k f ( x) + m b + t f ( x) =c
Cách giải: đặt u= n a − k f ( x) , v= m b + t f ( x) ta có hệ sau
u + v = c
 n
m
t u + k v = ta + kb

Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x + 8 + 4 x − 7 = 3
Giải
ĐKXĐ:x ≥ 7
Đặt u= 4 x + 8 ≥ 0 ⇔ u 4 = x + 8 ⇒ x = u 4 − 8
v= 4 x − 7 ≥ 0 ⇔ v 4 = x − 7 ⇒ x = v 4 + 7
ta có hệ:
u + v = 3

u , v ≥ 0
u 4 − v 4 = 15


v = 3 − u

⇔ (u 2 − v 2 )(u 2 + v 2 ) = 15
u , v ≥ 0


v = 3 − u


⇔ (u − v)(u + v)(u 2 + v 2 ) = 15
u , v ≥ 0


v = 3 − u
0 ≤ u ≤ 3

⇔
⇔
0 ≤ u ≤ 3
2
2


(2
u
−
3)
u
+
(3
−
u
)
=
5
(u − v)(u 2 + v 2 ) = 5






21

0 ≤ u ≤ 3

2
(2u − 3)(2u − 6u + 9) = 5


 4 x + 8 = 2
0
≤
u
≤
3


⇔
từ đó ta có:  4 x − 7 = 1
u = 2

 x + 8 = 16
⇔
⇔ x=8
x − 7 = 1

(tmdkxđ)

Vậy pt có nghiệm là x=8
Ví dụ 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:
3

(2 − x) 2 + 3 (7 + x) 2 − 3 (7 − x)(2 − x) = 3

Hướng dẫn:
2
2
3

u = 2 − x
u + v − uv = 3
. PT <=>  3 3
-Ñaët : 
3
u + v = 9


v = 7 + x
u + v = 3
<=> 
<=> u = 1; v = 2 => x = 1, x = −6.
uv = 2

Ví dụ 3: Giải phương trình:
Giải

2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x = 8

u 3 = 3x − 2
⇒ 5u 3 + 3v 2 = 5(3x − 2) + 3(6 − 5 x) = 8
Đặt u= 3x − 2 , v= 6 − 5 x ≥ 0 ⇒  2
v
=
6
−
5
x

3

 2u + 3v = 8
⇒5
ta lại có 2u+3v-8=0 nên có hệ sau:  3
2
5
u
+
3
v
=
8

8 − 2u 2
) = 8 ⇔ 15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0
3
PT có nghiệm duy nhất u=-2 nên 3 3x − 2 =-2 ⇒ x=-2
u 3 + 3(

Ví dụ 4: Giải phương trình:
1 + 1 − x 2  (1 + x)3 − (1 − x)3  = 2 + 1 − x 2



Giải:
Cách 1:

Đk : -1 ≤ x ≤ 1 .

(

3
3
2
Nhận xét  (1 + x) − (1 − x)  =  (1 + x) − (1 − x)  2 + 1 − x

)

Bằng phương pháp biến đổi tương đương ta đặt nhân tử chung và từ đó giải
được x=

1
.
2

Cách 2:
Đk : -1 ≤ x ≤ 1
Từ nhận xét : (1-x)+(1+x)=2 và (1-x)(1+x)=1-x2
Đăt a= 1 + x ; b= 1 − x với a,b ≥ 0 ⇒ a 2 + b2 = 2 ta có hệ sau

 a 2 + b 2 = 2
1
2
2
2
( a + b)
ta có a +b = 2 ⇔ (a + b) = 2 + 2ab ⇒ 1 + ab =

3
3
2
 1 + a ( a − b ) = 2 + ab
1
1 2 2
(a + b)(a − b)(a 2 + b 2 + ab) = 2 + ab ⇔
(a − b ) = 1
Nên thay vào PT thứ 2 có
2
2
22


 a 2 − b 2 = 2
1
1
1
⇔ 1+ x = 1+
⇔ x=
⇒ a2 = 1+
Từ đó có hệ  2 2

2
2
2
 a + b = 2
1
Vậy pt có nghiệm là x=
2

Cách 3: Từ điều kiện xác định ta thấy có thể đặt x=cost ; t ∈ [ 0; π ] .
Khi đó PT trở thành:
3
3
1 + sin t  ( 1 + cost ) − ( 1 − cost )  = 2 + sin t


2
t
t 
t
t

 1

⇔  sin + cos ÷  8cos 6 − 8sin 6  = 2 1 + sin t ÷
2 
2
2
 2
 2


t
t
t
t


 1

⇔  sin + cos ÷ 2 2  cos3 − sin 3 ÷ = 2 1 + sin t ÷
2
2
2
2


 2


 1

 1

⇔ 2 2 cos t 1 + sin t ÷ = 2 1 + sin t ÷
 2

 2

1

cos t =

1

⇔
2 Ta có x =

2
sin t = −2 (l)
Ví dụ 5: Giải phương trình:
(x+5) x + 1 + 1 = 3 3x + 4
Giải
Đk x ≥ −1
Đặt a= x + 1 , b= 3 3x + 4 ⇒ x = a 2 − 1 và 3a 2 + 1 = b3 thay vào pt có hê
2
(a + 4) a + 1 = b
 2
cộng vế với vế ta có
3
3a + 1 = b

a 3 + 3a 2 + 4a + 2 = b3 + b ⇔ ( a + 1)3 + (a + 1) = b3 + b

Xét hàm đặc trưng f(t)= t 3 + t
ta có f ' (t ) = 3t 2 + 1 >0 vậy hàm số đồng biến nên

a+1=b

a + 1 = b

a = b − 1
⇔

⇒ b3 − 3(b − 1) 2 = 1 ⇔ b3 − 3b 2 + 6b − 4 = 0
 3
3
2
2
b
−
3
a
=
1
b
−
3
a
=
1


2
⇔ (b − 1)(b − b + 4) = 0 suy ra b=1 ⇒ x=-1.

ta có hệ sau 

Vậy pt có nghiệm là x=-1.
Tóm lại muốn tạo ra bài toán giải phương trình vô tỷ giải bằng phương
pháp dặt ẩn phụ thì ta nên xuất phát từ một hệ PT giải được ,sau đó thay các
biến trong hệ bằng các căn thức ẩn x để tạo ra phương trình vô tỷ.

23

PHẦN III
MỘT SỐ BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TRÊN

Giải các phương trình sau :
Dạng 1. Đặt ẩn phụ hoàn toàn bằng đại số:
Bài 1. Giải các phương trình:
4
2
2
2) x + x + 1 + x + x + 1 = 2

1)

5 x 2 + 10 x + 1 = 7 − x 2 − 2 x

3)

x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x) = 2

x + 1 − 12 − x = − x 2 + 11x − 23

4)

Bài 2. Giải các phương trình
1)

x − 2 − x + 2 = 2 x2 − 4 − 2 x + 2

2)

2 x + 3 + x + 1 = 3 x − 16 + 2 2 x 2 + 5 x + 3

Bài 3. Giải các phương trình:
1)

3 x 2 + x − ( x − 2)

3x + 7
=8
x−2

2)

5− x
+ 2 15 + 2 x − x 2 − 12 = 0
x+3

( x + 3)

Bài 4. Giải các phương trình:
1)

5 x+

5
2 x

= 2x +

1
+4
2x

2
2
2
2
2) x + 4 − x = 4 + 3x . 4 − x

Bài 5. Giải các phương trình:
x +1
x+2
−2
=3
x
+
2
x
+
1
1)

4
2
2) x + 6 x − 5 = 5. x − 5 x

Bài 6. Giải các phương trình:
x2 + 2x x −

1
= 3x + 1
x

1)
2) x + x − x = 2 x + 1
(HD: Chia cả hai vế cho x )
Dạng 2. Đặt ẩn phụ hoàn toàn bằng lượng giác:
* Có thể áp dụng cho các phương trình mà ĐK của biến số thuộc một đoạn [a; b]
Bài 1: Giải các phương trình:
2

3
2
1) 4 x − 3x = 1 − x

3

4

2

2
2
2
2) 4 − 3x = x x − 1 (Chia 2 vế cho x3)

3
2

2
3) 4 x − 12 x + 9 x − 1 = 2 x − x (Đặt (x-1) = sint)

4)

(

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2

2
6
2 3
6) 5 + 3 1 − x = 8[ x + (1 − x ) ]

)

5)

24

3

6 x + 1 = 2 x (lập phương 2 vế)


5

x2 + 1 =

+x

2
2
8) 1 + 1 − x = 2 + 1 − x
x
35
x+
=
x 2 − 1 12
10)

2 x +1
1
1
+
=x
1
+
1
−
x
1
−
1
−
x
9)
Bài 2: Giải các phương trình:
2

7)

2
2
a, 1 − x − 2 x 1 − x − 2 x + 1 = 0

3
2 3
2
c, x + (1 − x ) = x 2(1 − x )

6
4
2
2
b, 64 x − 112 x + 56 x − 7 = 2 1 − x

x 2 + 1 ( x 2 + 1) 2
x +1 +
=
2
x
2 x(1 − x 2 )
d.
2

Dạng 3. Đặt ẩn phụ hết không hết đưa về hệ:
Bài 1. Giải các phương trình:
3
2

3
2
1) x + x + 2 + x + x − 1 = 3

3
2) 2 x + 1 − 2 x − 5 = 3

3) 3. 1 − x + 2( 1 − x + 1 + x ) = 7
4) 18 − x + x − 1 = 3
3
5) 2. 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0
(TSĐH – A - 2009)
Bài 2: Giải các phương trình:
2
3
3
1) x − 2 = x + 2
2) 12 − x + 4 + x = 4
4

2

4

4

4

3) 18 − x + x − 1 = 3
4

4
5) 97 − x + x = 5
Bài 3. Giải các phương trình:
3
3
1) x + 1 = 2. 2 x − 1
4

4

4)

4

4

17 − x8 − 3 2 x8 − 1 = 1

2
2) x − 2 x − 3 = x + 3

3) x − 6 x − 2 = x + 8
Bài 4: Giải các phương trình:
2

4)

x+4
= 3x 2 − 6 x − 2
3

1) 4 x 2 − 13x + 5 + 3 x + 1 = 0
2) 4 x 2 − 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0
4) 3 6 x + 1
= 8 x3 − 4 x − 1
15
5) ( 30 x 2 − 4 x ) = 2004 π 30060 x + 1 + 1
2
Dạng 4: Giai hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Bài 1:Giải các hệ phương trình sau:
(2 x 2 − 3x + 4)(2 x 2 − 3x + 4) = 18
 2
2
 x + y + xy − 7 x − 6 y + 14 = 0
Bài 2:

(

)

25