PHUONG TRINH BAT PHUONG TRINH luyen thi Dai Hoc THPTQG

Tất cả vì học sinh thân yêu

PHƯƠNG TRÌNH
Phương trình căn thức
Dạng 1. Phương pháp nâng lũy thừa.
Kiến thức cơ bản:

 Phương trình

 Phương trình



 g  x  0
f  x  g  x  
2

 f  x  g  x


  f  x  0





f  x  g  x  
 g  x  0




f x  g  x


  

Ví dụ 1. Giải phương trình x  2 x  5  4

x   .

5
. Phương trình đã cho tương đương với:
2




x  4  0
x  4
pt  2 x  5  x  4  
2 
2


2 x  5   x  4

2 x  5  x  8 x  16



x  4

x  4




 x7
 2


x  3 x  7   0

x  10 x  21  0 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  7 .

Lời giải. Điều kiện: x 

Ví dụ 2. Giải phương trình

x2  2 x  4  2  x

 x   .

Lời giải. Điều kiện: x  2 . Phương trình đã cho tương đương với:


 x  1


2  x
2  x


pt  



2
2
 x  2


x

2
x

4

2

x
x

3
x

2


0





Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  1; 2 .
Ví dụ 3. Giải phương trình
x  7  4 x  1  5x  6  2 2 x  3

Lời giải. Điều kiện: x 

trình đã cho ta được:

 x  

3
. Nhận xét rằng x  4  2 x  4 x  5 x  9 x , chuyến vế, bình phương phương
2

CÁC EM HỌC TOÁN KHÔNG THẤY TIẾN BỘ , THẦY QUANG SẼ GIÚP CÁC EM THAY ĐỔI

1


Tất cả vì học sinh thân yêu

pt  x  7  2 2 x  3  5 x  6  4 x  1
 9x  5  2

 x  78 x  12  9 x  5  2 5x  64 x  1



3

x 
  x  7 8 x  12   5x  64 x  1  
2


4

13 x  2  0
x





13
. Thử lại thấy thỏa mãn.
4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm kể trên.
Ví dụ 4. Giải phương trình

Suy ra x  2; x 

x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3

x3
Lời giải. Điều kiện: x  1 .

x  

Chú ý hằng đẳng thức x 3  1   x  1 x 2  x  1 , nên phương trình đã cho được viết lại thành:

 x  1 x2  x  1
x3

 x  1  x2  x  1  x  3

 x2  x  1


 x  1 
 1  x 2  x  1  x  3

x3



x1
x3





x2  x  1  x  3  x2  x  1  x  3

 x2  x  1  x  3  0

  x  1
 ptvn

1
 x  3
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Dạng 2. Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn hoặc không hoàn toàn.
Kiến thức cơ bản:
 Đặt ẩn phụ hoàn toàn, đặt t  A x đưa về phương trình ẩn t .

 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn, đặt t  A x phương trình sau khi biến đổi chứa hai ẩn t , x và xét
đenta chính phương.
 Phương trình tổng quát dạng:

CÁC EM HỌC TOÁN KHÔNG THẤY TIẾN BỘ , THẦY QUANG SẼ GIÚP CÁC EM THAY ĐỔI

2


Tất cả vì học sinh thân yêu

a A x  b B x  c A x B x  dC  x  D
A, Đặt ẩn phụ hoàn toàn.
Ví dụ 1. Giải phương trình
2 x  3  x  1  3 x  2 2 x 2  5 x  3  16

x  

Lời giải. Điều kiện: x  1 .
Đặt t  2 x  3  x  1  0 suy ra t 2  3x  4  2 2 x 2  5 x  3 . Khi đó phương trình đã cho trở
thành:

t  0
t  t 2  4  16  t 2  t  20  0  
t5


t  5t  4  0



2 x  3  x  1  5  3x  4  2 2 x 2  5 x  3  25


21

 x  1

2

 2 2 x  5x  3  21  3 x   3
 x3.

2
2


4
2
x

5
x

3

21

3
x


 

 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  3 .
Ví dụ 2. Giải phương trình

Do đó

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x

x  

Lời giải. Điều kiện: x  1 .
Đặt t  7 x  7  7 x  6  0 suy ra t 2  14 x  1  2 49 x 2  7 x  42 . Khi đó phương trình đã cho trở
thành:


t  0
t  t 2  1  181  t 2  t  182  0  
 t  13


t  13t  14  0


7 x  7  7 x  6  13  14 x  1  2 49 x 2  7 x  42  169 .


6

12  x 

2

7
 49 x  7 x  42  84  7 x  
 x6.
2

2
2

49 x  7 x  42  84  7 x




Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  6 .
B, Đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

Do đó

Phương trình tổng quát dạng a1 x  b1  a2 x 2  b2 x  c2  a3 x 2  b3 x  c3 .

Ví dụ 1. Giải phương trình  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1

x   .

3


Lời giải. Điều kiện: x   .

f  x đưa về phương trình bậc hai ẩn t .



Bước 1. Đặt t 



Bước 2. Tính  theo x và biểu diễn   ax  b  t  g  x .

2

Đặt t  x 2  2 x  3  x 2  1  2 x  2  x 2  1  t 2  2 x  2 , khi đó phương trình đã cho trở thành:

x  1t  t 2  2 x  2  t 2  x  1t  2 x  2  0
2
2
Có    x  1  4 2 x  2  x 2  6 x  9   x  3 nên ta được:




x 1 x3
t 
 x  1  x2  2 x  3  x  1


2

  
x  1 x  3

 x2  2 x  3  2
2

t 

2
 x2  2 x  1  0  x  1  2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1  2 .

 x   .

Ví dụ 2. Giải phương trình x 2  4 x   x  3 x 2  x  1  1  0
2

Lời giải. Điều kiện: x  x  1  0 .
Đặt t  x 2  x  1  0  x 2  x  1  t 2  x 2  t 2  x  1 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t 2  x  1  4 x   x  3t  1  0  t 2   x  3t  3 x  0
2



2

Ta có    x  3  4 3 x  x 2  6 x  9   x  3  0 nên ta được:

3 x  x  3
 x  1
t 
3
 x2  x  1  3



2


  
1  41

2

3 xx3

 x  x  x  1  x  x 
t 
2

2



1  41 
.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x  1;



2




Ví dụ 3. Giải phương trình
3



 

2 x 2  1  1  x 1  3x  8 2 x2  1



 x   .

Lời giải. Điều kiện: x   .
Phương trình đã cho tương đương với: 3 x 2  x  3  8 x  3 2 x 2  1  0

4


Đặt t  2 x 2  1  1  t 2  2 x 2  1  3t 2  3x 2  3 x 2  3 .

Khi đó phương trình đã cho trở thành: 3t 2  8 x  3t  3 x 2  x  0



Ta có   8 x  3  12  x  3 x 2   100 x 2  60 x  9  10 x  3  0 nên
2

2


3  8 x  10 x  3 x
t 


2

3 2x  1  x
6

3

 x0
  
2
3  8 x  10 x  3





2
x
1
1
3
x
 1  3x 
t 

6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  0 .

Ví dụ 4. Giải phương trình 4 x  1 x 3  1  2 x 3  2 x  1

x   .

Lời giải. Điều kiện: x  1 .
Đặt t  x 3  1  0  x 3  1  t 2  x 3  t 2  1 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành:

2 t 2  1   4 x  1t  2 x  1  0  2t 2   4 x  1 t  2 x  1  0
2



2

Ta có   4 x  1  8 2 x  1  16 x 2  24 x  9  4 x  3  0 nên

4x  1  4x  3
t 
 2 x  1  x 3  1  2 x  1  x  2


4


  
x  3 3
3
4x  1  4x  3 1


2
x

1

1




t 
4


4
2



3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  
2;  3  .


4





Dạng 1. Phương trình đưa về tổng các đại lượng không âm hoặc An  Bn .
Dấu hiệu: Hệ số trước căn thường là những số chẵn.
1. Đưa về tổng các đại lượng không âm.
Dùng các biến đổi hoặc tách ghép hằng đẳng thức để phương trình đã cho xuất hiện các số



A0


2
2

không âm A  B  D C  ...  0  B  0




C  0
n
n
2. Biến đổi về dạng A  B .

5


Tất cả vì học sinh thân yêu


 A n  Bn
 A  B  n  2k  1 .
Đưa phương trình về dạng 




n, k  


A  B
 A n  Bn


A

B

Hoặc về dạng 


 A  B  0  n  2k .

n
,
k






Bài tập ví dụ.

x  

Ví dụ 1. Giải phương trình 4 x x  3  2 2 x  1  4 x 2  3 x  3
1
. Phương trình đã cho tương đương với:

2
pt  4 x 2  4 x x  3  3 x  3  2 2 x  1  0

Lời giải. Điều kiện: x 


 2 x 

 



 4 x2  4 x x  3  x  3  2 x  1  2 x  1  1  0
x3

2

 

2



2x  1  1  0

2 x  x  3  0 
2 x  x  3






 x1


2
x

1

1

0
2
x

1

1






Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .

Ví dụ 2. Giải phương trình 4 6 x  10  4 x2  14 x  11

 x  

5
Lời giải. Điều kiện: x  . Phương trình đã cho tương đương với:
3
pt  6 x  10  4 6 x  10  4  4 x 2  20 x  25
 6 x  10  2  2 x  5
2
2
 6 x  10  2   2 x  5  
 6 x  10  2  2 x  5  0


3
 6 x  10  2 x  3

x 

3  13


2


 x

4
 6 x  10  2 x  7  0  ptvn 6 x  10  2 x  3 2











Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 

Bài tập vận dụng.
Vận dụng 1. Giải phương trình

3  13
.
4



4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5 x



 x  

6


Tất cả vì học sinh thân yêu

Lời giải. Điều kiện:

4 x

9
1
 x  . Phương trình đã cho tương đương với:
5
5
2

 



 5 x  1  4 x 5 x  1  13  5 x  4 9  5 x  x  1  0



2 x  5x  1




 2 x  5 x  1  9  5 x  2  x  1  0   9  5x  2  x  1



x 1  0




Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .
2

2

 





x  

Vận dụng 2. Giải phương trình x 2  6 3x  1  x  9  0

1
Lời giải. Điều kiện: x  . Phương trình đã cho tương đương với:
3

pt  x 2  x  9  6 3x  1  x 2  2 x  1  9  6 3x  1  3x  1
 x  1  3  3x  1
2
2
  x  1  3  3 x  1  
 x  1  3x  1  3
x  2
 3x  1  2  x 
7  37


 

2  x

2
 3 x  1  x  4 
3 x  1   2  x

7  37
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 
2
Vận dụng 3. Giải phương trình





x 3  3 x2   x  1 x  2  6 x  4 x  2  6

 x  

3

Lời giải. Điều kiện: x  2 . Chú ý x 3  3x 2  3 x  1   x  1 .
Và  x  1 x  2  4 x  2  3 x  7   x  2  1 x  2  4 x  2  3x  7




x2

3

  3x  2  3

x  2 1
3

3



pt   x  1 



x  2  1 . Khi đó ta được



3



x  2 1  x 1 x  2 1


x  0
 x x2 

 x2
 2


x  x  2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  2 .

7


Tất cả vì học sinh thân yêu

Dạng 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng hai ẩn.

Ví dụ. Giải phương trình x2  2 x  2 2 x  1

 x  

1
. Đặt y  2 x  1  0 , khi đó y 2  2 x  1 .
2
2

x 2  2 x  2 y 

x  1  2 y  1



Và phương trình đã cho trở thành  2



 y 2  2  x  1  1


y  2 x  1



a 2  2 y  1
Với a  x  1 thì hệ phương trình trên  
 a 2  y 2  2 y  2a
 2



y
2
a
1


a  y
  a  y a  y  2 a  y  0  a  ya  y  2  0  
a  y  2  0


 x  1  2x  1

x


1

 

 x2 2
2
 x  1  2 x  1  0 

 x  1  2 x  1


Lời giải. Điều kiện: x 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  2  2 .
Bài toán tổng quát. Giải phương trình
2

ax  b  c dx  e   x  


e  bc  

d  ac  

 x   với 



1


a  2; b  1; c 

2
1
1

2
ta được 2 x  1   x  1  .
Chọn 

1
2
2

  0;    ; d  1; e  1


2


a2 c 
c
1
Hoặc phương trình ax  b  x 2  cx  d  x    với b  ad 
1  
2 
2
a

2
ac
1
Xét hàm số y  x 2  cx  d có đạo hàm y '  x  c  0  x   .
a
2
a
ac
Khi đó bằng phép đặt ax  b  y  , ta sẽ đưa phương trình về được dạng hệ phương trình
2
đối xứng quen thuộc.

Ví dụ 1. Giải phương trình 3 x 2  x 

29
12 x  61

6
36

x  

8


Tất cả vì học sinh thân yêu

29
1
 f ' x  6 x  1  0  x   .

6
6
Lời giải. Điều kiện: 12 x  61  0 .

Làm nháp. f  x  3 x 2  x 

12 x  61
1
1
12 x  61
1
 y2  y 
 y  suy ra
36
6
36
3
36
 12 x  61  36 y 2  12 y  1  3 y 2  y  x  5

Đặt

29
1
 y   3x 2  x  y  5 .
6
6
2

3 x  x  y  5

 3x2  3y 2  x  y  y  x
Do đó phương trình đã cho  2

3
y

y

x

5


x  y

 3 x  y x  y  2  x  y  0   x  y 3 x  3 y  2  0  
 y   3x  2

3

Mà theo cách đặt ta có 3 x 2  x 

 Với x  y ta được 3 x 2  5  x  y 

1
5
vì y   .
3
6

3x  2
1  14
3x  2
.
ta được 3 x 2  x  
5 x
3
3
3
1  14 5 


Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  
; 

.


3
3




Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng hai ẩn bằng phương pháp đồng nhất hệ số.

 Với y  

Ví dụ. Giải phương trình 4 x 2  4 x  3  2 x  5
5

Lời giải. Điều kiện: x  . Đặt
2
2

x  

1
2 x  5  2 y  1; y   .
2

Khi đó 2 x  5  2 y  1  4 y 2  4 y  1  2 x  5  4 y 2  4 y  4  2 x .
Nên phương trình đã cho trở thành
4 x 2  4 x  3  2 y  1 
4 x 2  4 x  4  2 y




 2
 2


4 y  4 y  4  2 x
4 y  4 y  4  2 x



2
2
Lấy pt 1  pt 2 ta được 4 x  4 y  4 x  4 y  2 y  2 x

1
 2

9


Tất cả vì học sinh thân yêu

x  y

 4  x  y x  y  6  x  y  0   x  y4 x  4 y  6  0  
 y   2x  3
2




y   1
1  17
.
 Với x  y ta được 
 xy
2

4
2




2 y  y  2  0
2x  3
 Với y  
ta được 2 x  5  4  2 x  0
2


9  37
x  2

.
2  x

4
2 x  5   4  2 x



 9  37 1  17 


.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x  
;




4
4





Phương pháp tổng quát. Đặt 2 x  5  Ay  B  0 với mục đích là đưa về hệ phương trình đối


 f  x , y  0
xứng hai ẩn dạng 


g x, y  0


  

Ta có

2

2 x  5  Ay  B  2 x  5   Ay  B  A 2 y 2  2 ABy  B2  2 x  5

Và 4 x 2  4 x  3  Ay  B , khi đó ta được hệ phương trình:
4 x 2  4 x  3  Ay  B
4 x 2  4 x  3  B  Ay






 2 2
 2 2
2
2


A
y

2
ABy

B

2
x

5

 A y  2 ABy  B  5  2 x


Để đưa về được hệ phương trình đối xứng hai ẩn, tức là hai giá trị x , y có vai trò như nhau. Nên

thế x  y vào hệ phương trình trên ta có được:


4  A2



4  2 AB
4 x 2  4 x  3  B  Ax
A  2







 2 2


2
2



 A x  2 ABx  B  5  2 x 
3  B  B  5 
B  1


A  2


1
Do đó ta có phép đặt 2 x  5  2 y  1; y   và được lời giải như trên.
2
Bài tập vận dụng.

10


Tất cả vì học sinh thân yêu

9x  5  3x2  2 x  3

Vận dụng 1. Giải phương trình

Vận dụng 2. Giải phương trình x  x  2004
2



x  



1  16032 x  1

Đáp số: phương trình vô nghiệm.

x  
Đáp số: x  4009 .

Vận dụng 3. Giải phương trình

3

4
81x  8  x 3  2 x 2  x  2
3

 x  
 3 2 6


.
Đáp số: x  
0;



3





Dạng 4. Đặt ẩn phụ phương trình chứa căn bậc ba đưa về hệ đối xứng.
Phương pháp.
 Đặt ẩn phụ bằng căn thức bậ ba.
 Biến đổi đưa về hệ phương trình đối xứng.
Bài tập ví dụ.

Ví dụ 1. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện: x  3

3

2. 3  2 x 3  3 3  x 2

x  

3
.
2

Đặt y  3  2 x 3  0 suy ra y 2  3  2 x 3  2 x 3  y 2  3 .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

2 y 3  3  x 2
2 y 3  x 2  3
 3 2.y  3 3  x 2






 3


3
2
2



2 x 3  y 2  3


2 x  y  3 


2 x  y  3
3
3
2
2
2
 2 x  2 y  y  x  0  2  x  y x  xy  y 2    x  y x  y  0

y  0
  x  y  2  x 2  xy  y 2   x  y   0  x  y  
 y1
 3
2



2 y  y  3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .

Ví dụ 2. Giải phương trình 2 x  3 9  x 3  3x 2  13

 x  

Lời giải. Điều kiện: x   .
Đặt y  3 9  x 3 suy ra x 3  y 3  9 .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

11


Tất cả vì học sinh thân yêu

3
3




x 3  y 3  9
x 3  y 3  9
x  y  9







 2
2
2

2


2 x  y  3 x 2  13 
2 x  y  3 x  13 

x  4 xy  y  13






a  x  y
nên hệ phương trình trên trở thành:
Đặt 


b  xy

2a 3  6ab  18 
a a 2  3b  9 
2 a 3  3a 13  a 2   18 
a  3








 2


2
2




a  2b  13
2b  13  a
2b  13  a
b  2







x  y  3
Từ đó suy ra 
  x; y   2;1 ,1; 2 .


xy  2

Vậy phương trình đã cho nghiệm duy nhất là x  1,2 .





Ví dụ 3. Giải phương trình x 3 25  x 3 x  3 25  x 3  30

x  

Hướng dẫn. Điều kiện: x   .
Đặt y  3 25  x 3 suy ra x 3  y 3  25 .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
2



x 3  y 3  25

x  y  x  y  2 xy  25





xy  x  y  30 




xy  x  y  30

Ví dụ 4. Giải phương trình x  3 4  x 3  2  x 3 4  x 3

x  

Hướng dẫn. Điều kiện: x   .
Đặt y  3 4  x 3 suy ra x 3  y 3  4 .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
2





x3  y 3  4
x  y  x  y  2 xy  4







x  y  2  xy 
x  y  2  xy


Dạng 5. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc cao.
Phương pháp. Đặt ẩn đưa phương trình vô tỷ về dạng
 Đẳng cấp bậc hai aA2  bAB  cB2  0 .

 Đẳng cấp bậc ba aA3  bA 2 B  cAB2  dB3  0 .

12


Tất cả vì học sinh thân yêu

Xét các trường hợp để chia cả hai vế của các phương trình trên cho A hoặc B rồi đưa về ẩn
A
sau đó sử dụng lược đồ Hoocner.
t
B
Bài tập ví dụ.
3

 x  6

Ví dụ 1. Giải phương trình x 3  3x 2  2

 x  

 18 x

Lời giải. Điều kiện: x 6 . Phương trình đã cho tương đương với:
3


 x  6  0
nên phương trình  trở thành:

x 3  3 x  x  6  2

Đặt a  x  6  0  x  6  a 2

x 3  3xa 2  2 a 3  0
Nhận xét x  6 không là nghiệm của phương trình đã cho. Nên chia cả hai vế cho a 3 và đặt
x
t  suy ra t 3  3t  2  0 .
a
Sử dụng lược đồ Hoocner ta
có
0
3
1
2
Từ đó suy ra
0
1
1
1
2
0
0
1
1
2
x  x  6
x  3
t  1
x  a

2

 
 
t 3  3t  2  0  t  1 t  2  0  
t  2  x  2 a  x  2 x  6  0
 x  2  2 7








Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  3; 2  2 7 .

Ví dụ 2. Giải phương trình

3

x  1  3 x  2  3 2x  3

x  

Lời giải. Điều kiện: x   .

a  3 x  1
Đặt 
 a3  b3  x  1  x  2  2 x  3 .


3



b  x  2
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
3

a  b  3 a 3  b 3   a  b  a 3  b3  a 3  3a 2 b  3ab2  b 3  a 3  b3
3 x 1  0
a  0
 x  1; x  2




3
 3ab a  b  0   b  0
  x2 0

x  3
 a  b  0  3
3

2

 x  1  x  2  0 

13

Tất cả vì học sinh thân yêu



3

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1; 2;  .


2





Ví dụ 3. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện: x 

x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1

x  

1
.
2




5


a  x2  2 x 
2
2
2
2

Đặt 
2  3a  b  3 x  2 x   2 x  1  3 x  8 x  1 .




b  2 x  1  0
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2

a  b  3a2  b 2   a  b  3a2  b 2  3a2  b2  a2  2 ab  b 2


x  1
 2 a  2 ab  0  a a  b  0  a  b  x  2 x  2 x  1  
2


2


x

1



Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 6. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đại số.
2

Phương pháp. Phương trình tổng quát dạng

2

m

af  x  b  n cf  x  d  k .



m af x  b  u
af  x  b  um 
acf  x  bc  cum

 




Đặt 



n
n



n cf x  d  v



 
cf  x  d  v
acf  x  ad  av




 cum  bc  avn  ad . Nên phương trình đã cho trở thành:


uv k

 giải bằng phương pháp thế.
 m
n

cu

bc


av

ad


Bài tập ví dụ.

Ví dụ 1. Giải phương trình 2 3 3x  2  3 6  5 x  8

x  

6
.
5


a  3 3 x  2
a 3  2  3 x

 5  a 3  2  3 6  b 2  .
Đặt 

2




6
b

5
x



b  6  5 x  0 

Lời giải. Điều kiện: x 

14


Tất cả vì học sinh thân yêu


2a  3b  8
Khi đó phương trình đã cho trở thành:  3

5 a  2  36  b 2 


 


8  2a

b

8  2a






3

b

a  2



3

2





3
2

5a 3  3 8  2a   8 
b  4


5a  3b  8 




3



3


 3 x  2  2
Nên suy ra 
 x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

6

5
x

4




Ví dụ 2. Giải phương trình

3

24  x  12  x  6

x  

Lời giải. Điều kiện: x  12 .

a 3  24  x
a  3 24  x


 a3  b2  36 .
Đặt 
 2


b  12  x  0 
b  12  x



b  6  a
a  b  6


Khi đó phương trình đã cho trở thành: 

 3

2

a 3  6  a2  36
a  b  36 












b  6  a

 a; b  0;6 ,3; 3 ,4;10
 3
2


a  a  12 a  0

 3 24  x  0

Với a; b  0;6 nên suy ra 
 x  24 .

12

x

6





3

 24  x  3
 x3.
Với a; b  3; 3 nên suy ra 

12

x

3




3

 24  x  4
 x  88 .
Với a; b  4;10 nên suy ra 

 12  x  10



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  3; 24; 88 .
Ví dụ 3. Giải phương trình

4

5  x  4 12  x  3

 x  

Lời giải. Điều kiện: x  5 .

15


Tất cả vì học sinh thân yêu


a 4  5  x
a  4 5  x


Đặt 

 a 4  b 4  17 .

4
4


b

12


x



b  12  x 
Khi đó phương trình đã cho trở thành:

b  3  a
a  b  3




  a; b  1; 2 , 2;1
 4
 4
4
4

a
3
a
17





a  b  17 





4


 5x 1
 Với a; b  1; 2 nên suy ra 
 x4.
4



 12  x  2

4 5  x  2

 Với a; b   2;1 nên suy ra 
 x  11 .
4

12


1
x



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  11; 4 .

Phương trình bậc cao – Kỹ thuật sử dụng lược đồ Hoocner
Lý thuyết. Xét phương trình bậc bốn a1 x 4  a2 x 3  a3 x 2  a4 x  a5  0 .


Nếu a1  a2  a3  a4  a5  0 , phương trình có một nghiệm là x  1



Nếu có tổng hệ số chẵn bằng tổng hệ số lẻ thì phương trình có một nghiệm là x  1 .

 Lược đồ Hoocner ( nhân ngang – cộng chéo )
x0

a1

a2

a3

a4

a5

a1  A1

a1 x0  a2  A2

A2 x0  a3  A3

A3 x0  a4  A4

A4 x0  a5  0

Khi đó x0 là một nghiệm của phương trình đã cho, và ta phân tích phương trình ban đầu được thành

x  x0  A1 x3  A2 x2  A3 x  A4   0 .
Phương trình bậc ba còn lại có nghiệm x0' và tiếp tục sử dụng lược đồ.
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x 4  5x 3  3 x 2  8 x  4  0
Nhận xét: Tổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có một nghiệm là x  1 .
Lời giải. Do có một nghiệm x  1 nên tách theo lược đồ Hoocner ta có:
5
3
8
2
4
0
1
2
7
4
4
3
0
0
2
2
2

Khi đó phương trình đã cho trở thành  x  1 x  22 x 2  3 x  2  0 .

16


Tất cả vì học sinh thân yêu



1 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  2; ;1 .


2




5
4
3
2
Ví dụ 2. Giải phương trình 4 x  4 x  21x  19 x  20 x  12  0 .
Nhận xét: Tổng các hệ số chẵn của phương trình bằng tổng các hệ số lẻ nên phương trình có một nghiệm
là x  1 .
Lời giải. Do có một nghiệm x  1 nên tách theo lược đồ Hoocner ta có:
19
20
4
4

21
12
8
13
32
0
1
4
12
0
13
6
0
0
2
4
0
0
0
4
2

12
1
2
Khi đó phương trình đã cho trở thành:

 x  1x  22 x  12 x2  x  6  0
  x  1 x  2 2 x  1 x  22 x  3  0



1
3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  2; 2; ; 1;  .


2
2




4
2
Ví dụ 3. Giải phương trình x  9 x  2 x  15  0 .
Nhận xét: Đưa phương trình về dạng f 2  x  g 2  x  0 .

Giả sử, tồn tại số thực m thỏa mãn
2

pt   x 2  m  2 mx 2  m 2  9 x 2  2 x  15  0
2

  x 2  m  2 m  9 x 2  2 x  15  m 2  0

Xét đa thức bậc hai f  x   2 m  9 x 2  2 x  15  m 2 , ta muốn đưa f  x về dạng hằng đẳng thức bậc
hai, thì trước hết 'f x  0 .

'f x  1  2m  915  m2   0  m  4 . Do đó phương trình đã cho trở thành

Ta có

x

2

2

 4   x  1  0  x 2  x  5 x 2  x  3  0 .
2

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với:

17


Tất cả vì học sinh thân yêu

x

4

2

 8 x 2  16   x 2  2 x  1  0   x 2  4   x  1  0
2

2

  x 2  4   x  1  0   x 2  x  5 x 2  x  3  0
2


 x2  x  5  0
1  13 1  21 


  2
 x 
;




2
2
x
x
3
0









Vậy phương trình đã cho có các nghiệm kể trên.
2

1
36 x
Ví dụ 4. Giải phương trình x 2  4 x  21   
0.
2
x

x2



Nhận xét: Đưa về phương trình  x  a x  b x  c x  d  Ax 2 .

x  0
Lời giải. Điều kiện: 
. Phương trình đã cho tương đương với:


x  2

pt   x 2  4 x  2 x  1  x  2  36 x 3  0
2

2

2

  x 2  4 x  2 x 2  3 x  2  36 x 3  0


2
2
2
  x   4 x   3  36  0

x
x



Đặt t  x 



2
2
, phương trình  trở thành: t  4t  3  36  0 .
x

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm kể trên.
3

Ví dụ 5. Giải phương trình  x 2  x  1  6  x  1   x 3  16 x 2  17 x  5
3

Nhận xét: Đưa về phương trình đẳng cấp bậc.
 Đẳng cấp bậc hai dạng a.A 2  b. AB  c.B2  0 .

 Đẳng cấp bậc ba dạng a.A 2  b. A 2 B  c.AB2  d.B3  0 .
Lời giải. Giả sử tồn tại hai số m , n thỏa mãn:

m  6
m  6

6 x 2  17 x  5  mx 2  x  1  n x  1  




n  m  17 
n  1


Và hằng đẳng thức x 3  1   x  1 x 2  x  1 .


A  x  1
Đặt 
, khi đó phương trình đã cho trở thành:
2


B  x  x  1

18


Tất cả vì học sinh thân yêu

pt  A 3  6 B3  AB6 A  11B  A 3  6 A 2 B  11AB2  6 B3  0



A  B

  A  B A  2 B A  3 B  0   A  2 B
 A  3B


x0
Với A  B , ta được x 2  x  1  x  1  
.
x  2

3  13
.
2



Với A  2 B , ta được x 2  x  1  2  x  1  x 



Với A  3 B , ta được x2  x  1  3 x  1  x  2  6 .





3  13 
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  
0; 2; 2  6;



2





Ví dụ 1: Giải phương trình sau

x3

4x
x3

4 x
Lời giải

Điều kiện: x  0
Phương trình đã cho tương đương

 x  3  4 x  4 x  x  3  

x32 x



2

0

x  3  2 x  x  3  4x  x  1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1
Ví dụ 2: Giải phương trình sau x 2  4 x  2  4 2 x  1

Lời giải

Điều kiện: x 

1
2

Phương trình đã cho tương đương

19


Tất cả vì học sinh thân yêu

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



2x  1  2



2

  x  1 
2



.

 2x  1  2  x  1

 2x  1  x  3

 2 x  1  2  1  x
 2 x  1   x  1

Phương trình * tương đương 

Với

 x  3
x  3
 x  4 6
2x  1  x  3  
2   2
 x  8 x  10  0

2 x  1   x  3

Với

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



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  4  6

Ví dụ 3: Giải phương trình sau

x 1 



7
1
 4x 
2
x
Lời giải

Điều kiện: x  1
Phương trình đã cho tương đương

8 x 2  7 x  2  x 2   x  1  x 2  2 x x  1   x  1  9 x 2  6 x  1 
  3 x  1 
2



x 1  x



2



x 1  x



2

 x  1  x  3x  1
 x  1  2x  1


 x  1  x  1  3 x
 x  1  1  4 x

Với

x  1  2 x  1  x  1   2 x  1  4 x 2  5 x  2  0  vn 

Với

x  1  1  4x 

2

x  1  4 x  1  0  vn 

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Ví dụ 4: Giải phương trình sau

x2  x  2 

1 13  7 x

x
2
Lời giải

20

2x  1  2



2

*


Tất cả vì học sinh thân yêu

Điều kiện: x  0

Phương trình đã cho tương đương

2 x x 2  x  2  2  13x  7 x 2   x 2  x  2   2 x x 2  x  2  x 2  9 x 2  12 x  4




x2  x  2  x



2

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

 x2  x  2  4 x  2

 x 2  x  2  2  2 x

Với

1

1

x  2

x 
x  x  2  4x  2  

 x 1
2
 x 2  x  2   4 x  2 2
15 x 2  17 x  2  0



Với

x  0
9  57
 x  1
x2  x  2  2  2x   2
x
2  
2
6
3 x  9 x  2  0
 x  x  2   2  2 x 

2

 9  57 

6 


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1;

Ví dụ 5: Giải phương trình sau

3  x2 

2x  2  x
2x  1
Lời giải

Điều kiện: x 

1
2

Phương trình đã cho tương đương

2  2 x  1 3  x 2  8 x  4 x 2   2 x  1  2  2 x  1 3  x 2   3  x 2   x 2  4 x  4
2



 2 x  1  3  x2

Với



2

2x  1  3  x2  x  2
 3  x2  3  x
2
  x  2  

 2 x  1  3  x 2   x  2
 3  x 2  3 x  1

 x  3
x  3
3  x2  3  x  
 x 1
2  
2
x  1
3  x   3  x 

21


Tất cả vì học sinh thân yêu

1

1

x   3
x  
3  x  3 x  1  


 x  1
3
3  x 2   3 x  1 2
8 x 2  6 x  2  0


2

Với

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1; 1
Ví dụ 6: Giải phương trình sau x 2  2 x  1  2 1  x  x 2  2 x  1

Lời giải

Điều kiện: x 2  2 x  1  0
Phương trình đã cho tương đương

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



 x  1  x2  2x  1



2

 x  1  x2  2 x  1  x  1
 x2  2 x  1  2

2
  x  1  

 x  1  x 2  2 x  1   x  1
 x 2  2 x  1  2 x



Với

x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  1  4  x 2  2 x  5  0  x  1  6; 1  6

Với

x  0
x  0
x 2  2 x  1  2 x   2
 2
 vn 
2
x  2x  1  4x
3x  2 x  1  0



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1  6; 1  6

Ví dụ 7: Giải phương trình sau  x  2 





1  x  x  3  x  3
Lời giải

Điều kiện: 3  x  1
Phương trình đã cho tương đương

22


Tất cả vì học sinh thân yêu

 x  2

x2  2x  3  x  3  2  x  2 x2  2x  3  2x  6



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



2

1

 x  2   x2  2 x  3  1

 x2  2x  3  x  1


 x  2   x 2  2 x  3  1
  x 2  2 x  3  x  3
Với

 x  1
 x  1
 x2  2x  3  x  1   2
 x  1  2
2   2
 x  2 x  3   x  1
x  2x  1  0

Với

 x  3
 x  3
 x2  2x  3  x  3   2
 x  1
2   2
 x  2 x  3   x  3
x  4x  3  0





Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1  2; 1

Ví dụ 8: Giải phương trình sau 4 2 x  1  2 x  1  x  3

Lời giải

Điều kiện: x  1
Phương trình đã cho tương đương

 x  1  2

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



 

x 1 1

2

2x  1  2



2

 x  1  1  2x  1  2

 x  1  1  2  2 x  1

Với

x  1  1  2x  1  2 

x  1  3  2x  1  x  1  9  6 x  1  2x  1  6 x  1  x  9

x  9
 x  9

 x  27  6 17
2   2
 x  54 x  117  0
36  x  1   x  9 

23


Tất cả vì học sinh thân yêu

Với

x  1  1  2  2x  1 

x  1  2 x  1  1  3x  2  2

 x  1 2 x  1  1  2

2 x 2  3x  1  3  3x

 x  1

x  1

 2
 x 1
2
2
17 x  12 x  5  0
4  2 x  3x  1  9 1  x 





Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  27  6 17;1

Ví dụ 9: Giải phương trình sau

1 x  1 x 

1 2
x 2
4
Lời giải

Điều kiện: 1  x  1
Phương trình đã cho tương đương

1 2
1
1

x  2  2 1  x 2  4  x 2  x 4  1  x 2   2 1  x 2  1  x 2  0
4
16
16
2
2
 1  x  1  0
1
1  x2  1  x2  0  
x0
2
16
 x  0

1 x  1 x  2 






Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  0
Ví dụ 10: Giải phương trình sau 1  x  2 x 2 

4 x2  1  2x  1
Lời giải

Điều kiện: x 

1

2

Phương trình đã cho tương đương

24


Tất cả vì học sinh thân yêu

 4x

2

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

 



4 x2  1  1

2



2x  1  1

2

1


 x  2
 4 x2  1  2 x  1  4 x2  1  2 x  1  4 x2  2 x  2  0  
 x 1
 x  1;  1 
 2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1
Ví dụ 11: Giải phương trình sau 2 x 2  x  7  2 x 2 x  1  4 x  3

Lời giải

Điều kiện: x 

1
2

Phương trình đã cho tương đương

 





2 x 2  x  2 x 2 x  1  x   x  3  4 x  3  4  0  x 2 x  1  2 2 x  1  1  x  3  4 x  3  4  0
x



 
2

2x  1  1 

x32



2





x 2x  1  1 2  0
2 x  1  1

0

 x 1
2
x  3  4
 x32  0






Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1
Ví dụ 12: Giải phương trình sau x 2  13x  28  4  x  4  x  3  2 2 x  1

Lời giải

Điều kiện: x 

1
2

Phương trình đã cho tương đương

25