Một số dạng phương trình và bất phương trình căn thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG
TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG
TRÌNH CĂN THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2015


TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG
TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG
TRÌNH CĂN THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ : 60 46 01 13

Người thực hiện: NGÔ TRUNG KIÊN
Cao học khóa 1, 2013-2015
Người hướng dẫn: TS. NCVC. NGUYỄN VĂN NGỌC

HÀ NỘI - 2015

Thang Long University Libraty


Mục lục

Mở đầu
1

2

1

Một số dạng phương trình và phương pháp phổ biến
1.1 Các dạng cơ bản phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . .
1.1.1 Phương trình dạng u(x) = f (x) . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Phương trình dạng u(x) + a v(x) = f (x) . . . . . . .
1.1.3 Phương trình dạng 3 u(x) + a 3 v(x) = f (x) . . . . . . .
1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ trong phương trình căn thức . . . . . .
1.2.1 Phương trình dạng u(x) ± v(x) + a u(x)v(x) = f (x)
1.2.2 Phương trình dạng u(x) = au(x) + b . . . . . . . . . .
1.2.3 Phương trình dạng u(x) + a ± u(x) + b = c . . . . .
√
1.2.4 Phương trình dạng x2 + 2ax + a2 + a − b = x + b . . . .
√
1.2.5 Phương trình dạng x3 + 3ax2 + 3a2 x + a3 + a − b = 3 x + b
1.2.6 Lượng giác hóa các phương trình căn thức . . . . . . . .
Một số dạng phương trình và phương pháp đặc biệt
2.1 Hằng đẳng thức căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Các hằng đẳng thức về căn bậc hai, bậc ba
sử dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phương pháp đánh giá theo các bất đẳng thức . . . . .
2.2.1 Một số bất đẳng thức thông dụng . . . . . . . .
2.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Sử dụng tính đồng biến của các hàm số . . . . . . . . .

2.3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Phương trình chứa căn thức sinh bởi hàm số ngược . .
2.4.1 Ánh xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
11
17
22
22
27
34
39
47
52

60
. . . . . . 60
thường
. . . . . . 60
. . . . . . 61
. . . . . . 65
. . . . . . 65
. . . . . . 66
. . . . . . 73
. . . . . . 73
. . . . . . 74
. . . . . . 84
. . . . . . 84


2.4.2
2.4.3
2.4.4
2.4.5
3

Hàm số và hàm số ngược .
Phương trình chứa căn thức
Phương trình chứa căn thức
Phương trình chứa căn thức

. . . . . . .
αx + β .
√

3
αx + β .
√
5
αx + β .

√

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

Một số dạng bất phương trình căn thức
3.1 Các dạng cơ bản bất phương trình căn thức . . . . . . . . . . .
3.1.1 Bất phương trình dạng u(x) < f (x) . . . . . . . . . .
3.1.2 Bất phương trình dạng u(x) > f (x) . . . . . . . . . .
3.2 Phương pháp đặt ẩn phu giải bất phương trình . . . . . . . .
3.2.1 Bất phương trình đối với u(x) + au(x) + f (x) . . . .
3.3 Bất phương trình đối với u(x) ± v(x) + a u(x)v(x) + f (x)

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

84
87
89
91

.
.
.
.
.
.

92
92
92
99
105
105
109

Kết luận

114

Tài liệu tham khảo

115

iii

Thang Long University Libraty


Mở đầu
Phương trình và bất phương trình chứa căn (căn thức) là chuyên mục quan
trọng và thú vị của môn Đại số được dạy ở bậc phổ thông, đòi hỏi nhiều sáng
tạo, kích thích sự đam mê, nên được nhiều người quan tâm. Các bài toán về
phương trình, bất phương trình, hay hệ phương trình, hệ bất phương trình chứa
căn thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS, THPT và
nhất là trong các kỳ thi đại học, hay thi vào các trường chuyên.
Đặc điểm cơ bản của chuyên mục này, trước hết là ở sự tồn tại các căn thức
bậc chẵn và sự tương đương của các đẳng thức và bất đẳng thức. Không ít các

học sinh đã mắc sai lầm là nâng lên lũy thừa hai vế của phương trình hay bất
phương trình để nhận được phương trình hay bất phương trình đa thức không
tương đương.
Nhiều khi việc nâng lên lũy thừa có thể được thực hiện, thì một khó khăn
gặp phải là sẽ được một phương trình hay bất phương trình đa thức bậc cao
rất khó tìm được nghiệm. Do đó đã đề xuất cách đặt ẩn phụ, và do đó đã hình
thành phương pháp đặt ẩn phụ giải các phương trình căn thức. Mỗi dạng bài
toán về phương trình, bất phương trình căn thức đòi hỏi cách đặt ẩn phụ riêng
phù hợp, đổi khi phải sử dụng phép đặt lượng giác, hoặc hyperbol.
Nhiều bài toán về phương trình, bất phương trình căn thức đòi hỏi vận dụng
tinh tế các bất đẳng thức đại số, như bất đảng thức giữa trung bình cộng và
trung bình nhân, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, hay các bất đẳng thức khác
để đánh giá hai vế, từ đó đưa ra những kết luận về nghiệm của bài toán đã cho.
Có nhiều bài toán về phương trình hay bất phương trình căn thức rất khó
giải bằng một trong những phương pháp nêu trên đây. Đôi khi phải vận dụng
tính đồng biến của hàm số, hoặc sự tồn tại hàm số ngược để giải bài toán. Đó là
những phương pháp khá đặc biệt và lý thú, đòi hỏi kỹ năng vận dụng sáng tạo.
Các phương pháp giải phương trình, bất phương trình đã được đề xuất từ
khá lâu. Tuy nhiên, do tính đa dạng về hình thức và phong phú về cách tiếp
cận, nên phương trình, bất phương trình luôn là đối tượng để những người yêu
1


Toán học tìm tòi sáng tạo.
Với những lý do trên đây, tôi đã chọn chuyên mục Phương trình và bất phương
trình căn thức để nghiên cứu và viết luận văn Thạc sĩ Toán học, chuyên ngành
Phương pháp Toán sơ cấp.
Nhiệm vụ của luận văn là:
1. Sưu tầm, phân loại các bài toán về phương trình và bất phương trình căn
thức, từ đó hình thành các phương pháp giải phù hợp cho các loại phương trình

và bất phương trình căn thức khác nhau.
2. Sáng tác các bài toán mới về phương trình hay bất phương trình chứa căn
thức.
3. Viết luận văn khoa học về đề tài "Một số dạng phương trình và bất phương
trình căn thức. "
Bố cục của luận văn gồm có: Mở đầu, ba chương nội dung chính, Kết luận
và Tài liệu tham khảo.
Chương 1: Một số dạng phương trình và phương pháp phổ biến
trình bày các dạng phương trình cơ bản chứa căn thức giải được bằng cách nâng
lên lũy thừa, hoặc bằng phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp.
Chương 2: Một số dạng phương trình và phương pháp đặc biệt xét
các phương trình căn thức giải được bằng cách sử dụng hằng đẳng thức căn thức
√
√
2n+1
2n
A2n = |A|,
A2n+1 = A mà không thể dùng phương pháp phổ biến trong
Chương 1. Chương này còn trình bày các phương pháp đặc biệt, như phương
pháp đánh giá chặn trên, chặn dưới để thu hẹp tập nghiệm của các phương trình
căn thức, phương pháp đánh giá theo các bất đẳng thức, phương pháp hàm số
đơn điệu và phương pháp hàm số ngược, để đưa một phương trình phức tạp về
phương trình đơn giản hơn.
Chương 3: Một số dạng bất phương trình căn thức xét các bất phương
trình căn thức dạng cơ bản giải được bằng cách nâng lên lũy thừa, xét các bất
phương trình giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Ngoài ra, chương này
còn xét các bất phương trình liên quan đến biện luận tham số.
Trong luận văn này, nhiều bài toán được chọn ra từ các đề thi vào Đại học,
thi vào trường Chuyên hay thi HSG của nhiều tỉnh, thành, Olympic Toán 30/4,
thi HSG Quốc gia qua nhiều năm, v.v.. Luận văn cũng đã sử dụng các tài liệu

tham khảo [1]-[11].

2

Thang Long University Libraty


Chương 1
Một số dạng phương trình và
phương pháp phổ biến
Chương này trình bày các dạng phương trình cơ bản chứa căn thức giải được
bằng cách nâng lên lũy thừa, hoặc bằng phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp. Các
dạng phương trình này là phổ biến hơn cả và hay gặp trong các kỳ thi Đại học
cũng như thi vào các trường Chuyên.

1.1
1.1.1

Các dạng cơ bản phương trình chứa căn thức
Phương trình dạng

u(x) = f (x)

• Lý thuyết tóm tắt

Xét phương trình dạng

u(x) = f (x), x ∈ R.

Trong đó u(x), f (x) là các hàm số của x. Phương hướng chung để giải các phương

trình căn thức là làm mất dấu căn thức và biến đổi phương trình đã cho về các
phương trình đại số đã biết cách giải. Với phương trình dạng (1.1.1) để làm mất
dấu căn bậc hai thì phải bình phương hai vế của phương trình. Sai lầm thường
gặp là khi bình phương hai vế của phương trình (1.1.1) một số người không để
ý tới dấu của biểu thức f (x) mà chỉ quan tâm đến dấu của u(x). Phương pháp
chung để giải phương trình dạng (1.1.1) là chúng ta biến đổi phương trình dạng
(1.1.1) tương đương với hệ hỗn hợp sau
f (x) ≥ 0,
u(x) = f 2 (x).

Giải hệ hỗn hợp này chúng ta được nghiệm của phương trình dạng (1.1.1)
đã cho. Tuy nhiên, khi gặp trường hợp phương trình thứ hai của hệ hỗn hợp
3


u(x) = f 2 (x) là một phương trình bậc cao mà không có nghiệm hữu tỉ thì việc

tìm nghiệm của nó vô cùng khó khăn. Khi đó chúng ta buộc phải giải phương
trình dạng (1.1.1) bằng cách đặt ẩn phụ hoặc cách khác.
• Các bài toán
Bài toán 1.1. Giải phương trình sau
(1.1)

2x2 − 5x − 2 = x + 6, x ∈ R.

Lời giải. Phương trình (1.1) tương đương với hệ hỗn hợp sau:
x + 6 ≥ 0,
2x2 − 5x − 2 = (x + 6)2 .

Hệ điều kiện này tương đương với hệ hỗn hợp:


x ≥ −6,
x2

x ≥ −6,
− 17x − 38 = 0

⇔

x = −2,

x = 19

⇔

x = −2,
x = 19.

Vậy, phương trình (1.1) đã cho có hai nghiệm x = −2, x = 19.
Bài toán 1.2. (Đề thi ĐHCĐ khối D, năm 2006). Giải phương trình sau
√

2x − 1 + x2 − 3x + 1 = 0, x ∈ R.

(1.2)

Lời giải. Chúng ta có
√
⇔

2x − 1 + x2 − 3x + 1 = 0 ⇔

−x2 + 3x − 1 ≥ 0,
2x − 1 = (−x2 + 3x − 1)2
⇔

⇔

√
√
3− 5
3+ 5
≤x≤
,
2
2
(x − 1)2 (x2 − 4x + 2) = 0

⇔

√

2x − 1 = −x2 + 3x − 1
√
√
3− 5
3+ 5
≤x≤
,
2

2
x4 − 6x3 + 11x2 − 8x + 2 = 0
√
√

3− 5
3+ 5


≤
,
2
2
⇔
(x − 1)2 = 0,

 2
x − 4x + 2 = 0

√
√

3− 5
3+ 5


≤x≤
,
2
x = 1, √



x=2± 2

2

⇔

x = 1, √
x = 2 − 2.
√

Vậy, phương trình (1.2) có hai nghiệm x = 1, x = 2 − 2.
4

Thang Long University Libraty


Bài toán 1.3. Giải phương trình sau
2x − 1
= x − 2, x ∈ R.
x−4

(1.3)

Lời giải. Chúng ta thấy rằng: so với các phương trình (1.1), (1.2) thì phương
trình (1.3) phức tạp đôi chút vì biểu thức trong căn lại chứa ẩn dưới mẫu. Tuy
nhiên, khi biến đổi về hệ hỗn hợp thì chúng ta chưa cần để ý tới mẫu số ngay.
Phương trình (1.3) tương đương với hệ điều kiện hỗn hợp
x − 2 ≥ 0,

2x − 1
= (x − 2)2 .
x−4

Hệ này lại tương đương với hệ hỗn hợp sau


x ≥ 2,
x ≥ 2,


x − 4 = 0,
x3 − 8x2 + 18x − 15 = 0

⇔

⇔


x ≥ 2,



x = 4,







⇔

x − 5 = 0,
2
x − 3x + 3 = 0

x = 4,
(x − 5)(x2 − 3x + 3) = 0


x ≥ 2,


x = 4,
x=5

⇒ x = 5,

(vì phương trình x2 − 3x + 3 = 0 vô nghiệm). Vậy, phương trình (1.3) có một
nghiệm x = 5.
Bài toán 1.4. Giải phương trình
√

5x − 1 =

2x − 1
, x ∈ R.
x−1

(1.4)

Lời giải. Phương trình (1.4) lại có cái khác với phương trình (1.3) là chứa ẩn
dưới mẫu ở ngoài dấu căn bậc hai. Khi biến đổi phương trình này về hệ hỗn
hợp thì bắt buộc chúng ra phải quan tâm đến mẫu số. Phương trình (1.4) tương
đương với hệ điều kiên hỗn hợp sau

x − 1 = 0,


 2x − 1
≥ 0,
x
−
1


5x − 1 = ( 2x − 1 )2 .
x−1
5


Hệ hỗn hợp này lại đương đương với hệ hỗn hợp sau


1

x≤ ,
x = 1,





2


1

 x > 1,
x≤ ,
2

x
>
1,


 3
5x − 15x2 + 11x − 2 = 0

⇔

x = 2, √
⇒
5− 5
.
x=
10

x = 2, √





 x= 5± 5
10

√
5− 5
.
Vậy, phương trình (1.4) có hai nghiệm là: x = 2, x =
10

Bài toán 1.5. (Đề thi ĐH-CĐ, khối B, năm 2006). Tìm m để phương trình
sau có hai nghiệm thực phân biệt
(1.5)

x2 + mx + 2 = 2x + 1, x ∈ R.

Lời giải. Phương trình (1.5) tương đương với hệ điều kiện hỗn hợp sau
2x + 1 ≥ 0,
x2 + mx + 2 = (2x + 1)2

⇔

1
x≥− ,
2
f (x) = 3x2 − (m − 4)x − 1 = 0.

(1.5a)

Để phương trình (1.5) có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (1.5a)
1
2

phải có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn − ≤ x1 < x2 . Ta có điều

kiện này tương đương với hệ điều kiện sau:


△ = (m − 3)2 + 4 > 0,



∀m ∈ R,
1
3 m−4
3f (− ) = 3
+
2
4


S = m − 4 > −1
2
6
2

Vậy, với m ≥

− 1 ≥ 0,

2

⇔

3 + 2(m − 4) − 4 ≥ 0,

m − 4 > −3

9
⇒m≥ .
2

9
thì phương trình (1.5) đã cho có hai nghiệm thực phân biệt.
2

Bài toán 1.6. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m
x2

m2
m
+x+
=
x
−
, x ∈ R.
(x − 1)2

x−1

(1.6)

Lời giải. Ta có phương trình (1.6) tương đương với hệ hỗn hợp sau


x − 1 = 0,


m

x−

x−1




 x2 + x +

≥ 0,

m
m2
= x−
2
(x − 1)
x−1

2

6

Thang Long University Libraty


⇔

⇔



x = 1,


m

x≥

x−1




 x2 + x +

,

m2

2mx
m2
2+
=
x
−
2
2
(x − 1)
(x − 1)
x−1



x = 1, m



x≥

,
x−1
x(x − 1 + 2m) = 0


x = 1,



x ≥ m ,

x−1
⇔

x
=
0,




(1.6a)
(1.6b)

x = 1 − 2m.

Để x = 0 thỏa mãn (1.6a) và (1.6b) ta cần có m ≥ 0.

3
4

Để x = 1 − 2m thỏa mãn (1.6a) và (1.6b) ta cần có m = 0 và m ≤ .

Từ đó suy ra:
1. Nếu m < 0 thì phương trình (1.6) có một nghiệm x = 1 − 2m.

3
thì phương trình (1.6) có một nghiệm x = 0.
4
3
3. Nếu 0 < m ≤ thì phương trình (1.6) có hai nghiệm x = 0, x = 1 − 2m.

4

2. Nếu m = 0 hoặc m >

Nhận xét 1.1. Tuy nhiên, ngoài phương pháp chung để giải phương trình dạng
(1.1.1) như trên, có nhiều trường hợp khi biến đổi phương trình dạng (1.1.1)
chúng ta thu được phương trình u(x) = f 2 (x) là một phương trình đa thức bậc
cao không có nghiệm hữu tỉ thì việc tìm nghiệm của phương trình đó bằng các
cách thông thường là không hề dễ dàng và mất rất nhiều thời gian. Khi đó, chúng
ta nên sử dụng các phương pháp khác như đặt ẩn phụ,...để biến đổi phương trình
đã cho thành hệ phương trình đại số hoặc phương trình đại số dạng tích quen
thuộc, đơn giản hơn.
Chúng ta sẽ xét một số bài toán sau.
Bài toán 1.7. Giải phương trình sau
√

x + 1 = x2 − 6x + 5, x ∈ R.

(1.7)

Nhận xét 1.2. Để giải phương trình (1.7) này, nếu sử dụng phương pháp giải
phương trình dạng (1.1.1) sẽ dẫn tới phương trình x4 − 12x3 + 46x2 − 61x + 24 = 0
không có nghiệm hữu tỉ. Việc tìm các nghiệm vô tỉ của phương trình này là rất
khó khăn. Chúng ta có thể sử dụng phương pháp hệ số bất định để biến đổi đa
thức vế trái thành tích của hai tam thức bậc hai. Khi đó chúng ta được phương
trình tích: x4 − 12x3 + 46x2 − 61x + 24 = (4x2 − 9x + 14)(x2 − 6x − 4) = 0. Nhưng
đây là công việc rất phức tạp và mất rất nhiều thời gian. Vì thế chúng ta nên sử
7

dụng phương pháp đặt ẩn phụ để biến đổi phương trình đã cho thành hệ phương
trình đại số bậc hai mà có thể giải một cách dễ dàng.
Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.7) là x ∈ [−1; +∞). Trước hết biến
đổi phương trình (1.7) thành
(x − 3)2 − 4 =

Cách giải 1. Đặt
y−3=

√

√

x + 1.

x + 1, y ≥ 3.

Khi đó chúng ta được hệ phương trình đối xứng loại hai, bậc hai, hai ẩn x, y
(1.7a)

(x − 3)2 = y + 1,
(y − 3)2 = x + 1.

Trừ các vế tương ứng của hai phương trình trong hệ (1.7a) và biến đổi chúng ta
được phương trình
(x − y)(x + y − 5) = 0 ⇔

y = x,
y = 5 − x.

Thế vào một trong hai phương trình của hệ phương trình √
(1.7a) trên.
7 ± 17
.
Với y = x ta được phương trình x2 − 7x + 8 = 0 ⇔ x =

2 √
5 ± 13
Với y = 5 − x ta được phương trình x2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x =
.
2
Do đó, từ điều kiện của x, y chúng ta được các nghiệm của phương trình (1.7)

đã cho là:
x=

√

7+
√

2

17

,x =

5−

√

2

13

.

Cách giải 2. Đặt a = x − 3, b = x + 1, b ≥ 0, ta cũng thu được hệ phương trình
đối xứng loại hai, bậc hai, hai ẩn a, b :
(1.7b)

a2 − 4 = b,
b2 − 4 = a.

Giải hệ phương trình (1.7b) tìm được a hoặc b. Từ đó, ta tìm được nghiệm của
phương trình (1.7).
Bài toán 1.8. Giải phương trình
√

3x + 1 = −4x2 + 13x − 5, x ∈ R.

(1.8)

8

Thang Long University Libraty


1
3

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.8) là: x ∈ [− ; +∞).

Cũng tương tự như khi giải phương trình (1.7). Nếu sử dụng phương pháp giải
phương trình dạng (1.1.1), biến đổi phương trình (−4x2 + 13x − 5)2 = 3x + 1
chúng ta thu được phương trình 16x4 − 104x3 + 209x2 − 133x + 24 = 0 mà việc tìm
nghiệm của nó không hề dễ dàng. Chúng ta cũng phải sử dụng phương pháp
hệ số bất định, mất rất nhiều thời gian, chúng ta mới phân tích đa thức vế trái
thành tích của hai tam thức bậc hai rồi dẫn đến phương trình tích:
16x4 − 104x3 + 209x2 − 133x + 24 = (4x2 − 15x + 8)(4x2 − 11x + 3) = 0

Với phương trình (1.8), chúng ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ theo
hai cách sau:
√
Cách giải 1. Biến đổi phương trình (1.8) thành 3x + 1 = −(−2x + 3)2 + x + 4.
Đặt −2y + 3 =

√

hai, hai ẩn x, y.

3x + 1 ( với y ≤
(1.8a)

3
). Khi đó, chúng ta được hệ phương trình bậc
2

(−2y + 3)2 = 3x + 1,
(−2x + 3)2 = x + 2y + 1.

Trừ các vế tương ứng của hai phương trình trong hệ (1.8a), biến đổi, chúng ta
y = x,

được phương trình (y − x)(2y + 2x − 5) = 0 ⇔ 2y = −2x + 5.
Thế vào một trong hai phương trình của hệ phương trình (1.8a).

√
97
15
±
.
Với y = x, chúng ta được phương trình: 4x2 − 15x + 8 = 0 ⇔ x =
8
√
11
±
73
.
Với 2y = −2x + 5, chúng ta được phương trình: 4x2 − 11x + 3 = 0 ⇔ x =
8
Từ điều kiện xác định của phương trình (1.8) và điều kiện của y, suy ra phương

trình này có 2 nghiệm:
√
√
15 − 97
11 + 73
x=
,x =
.

8
8

Cách giải 2. Cũng biến đổi phương trình (1.8) thành
√

3x + 1 = −(−2x + 3)2 + x + 4.

Sau đó đặt
a = −2x + 3,
√
b = 3x + 1, (b ≥ 0).

.

Khi đó, ta được hệ phương trình đối xứng loại hai, bậc hai, ba ẩn a, b, x ( với ẩn
9


x có vai trò trung gian):
b = −a2 + x + 4,
a = −b2 + x + 4.

Bằng cách làm như cách giải 1, chúng ta tìm được các nghiệm của phương trình
(1.8) đã cho.
Chúng ta sẽ xét một số phương trình cũng có dạng tương tự phương trình dạng
(1.1.1). Các phương trình này cũng có thể giải bằng phương pháp chung như
giải các phương trình có dạng (1.1.1). Nhưng chúng ta sẽ giải các phương trình
này bằng một cách đặt ẩn phụ khác với cách đặt ẩn phụ đã sử dụng ở các bài
toán (1.7), (1.8) trên.

Bài toán 1.9. Giải phương trình
2x2 − 6x + 4 =

9x3 + 72, x ∈ R.

(1.9)

Lời giải. Nếu sử dụng phương pháp giải như đã giải phương trình dạng (1.1.1)
trên thì chúng ta gặp một phương trình bậc bốn đầy đủ không có nghiệm hữu
tỉ
4x4 − 33x3 + 52x2 − 48x − 56 = 0.

Bằng phương pháp hệ số bất định chúng ta cũng có thể tìm được nghiệm của nó
một cách vất vả. Chúng ta cũng gặp rất nhiều khó khăn nếu áp dụng cách đặt
ẩn phụ đã sử dụng để giải các phương trình (1.7), (1.8) vì biểu thức trong căn
là một đa thức bậc ba. Khi giải phương trình này thì chúng ta sử dụng phương
pháp đặt ẩn phụ khác để biến đổi phương trình đã cho thành phương trình tích.
Miền xác định của phương trình là x ∈ [−2; +∞). Biến đổi phương trình (1.9)
thành
(x + 2)(x2 − 2x + 4) = 2(x2 − 2x + 4) − 2(x + 2).
√
√
Sau đó đặt x + 2 = a ≥ 0, x2 − 2x + 4 = b > 0 ta được phương trình:
3

3ab = 2b2 − 2a2 ⇔ (a + 2b)(2a − b) = 0 ⇔ b = 2a

( vì a + 2b > 0 do a ≥ 0, b > 0 ). Với b = 2a, ta có phương trình

√

√
x2 − 2x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x2 − 6x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13

Cả hai giá trị này đều thuộc miền xác định của phương trình (1.9). Vậy, phương
√
trình (1.9) có hai nghiệm x = 3 ± 13
10

Thang Long University Libraty


Chú ý 1.1. Khi giải phương trình căn thức dạng (1.1.1), chúng ta chỉ nên sử
dụng phương pháp chung nếu phương trình u(x) = f 2 (x) có thể tìm được nghiệm
một cách dễ dàng. Khi mà phương trình này là một phương trình bậc cao không
có nghiệm hữu tỉ thì người giải phải linh hoạt lựa chọn các phương pháp khác
hợp lý hơn.

1.1.2

Phương trình dạng

u(x) + a v(x) = f (x)

•Lý thuyết tóm tắt

Xét phương trình dạng
u(x) + a

v(x) = f (x), x ∈ R.

Trong đó u(x), v(x), f (x) là các hàm số của x. Miền xác định của phương trình
là tập hợp các giá tri x ∈ R sao cho u(x) ≥ 0 và v(x) ≥ 0.
Chúng ta xét các trường hợp xảy ra:
1.Trường hợp 1:Nếu a=0 thì phương trình dạng (1.1.2) trở thành phương
trình dạng (1.1.1).
2.Trường hợp 2:Nếu a = 0 thì phải xét tới f (x).
Khi f (x) là hằng số thì có thể làm mất dấu căn bậc hai bằng cách biến đổi để
hai vế không âm rồi bình phương hai vế của phương trình dẫn tới giải phương
trình dạng (1.1.1).
Khi f (x) không là hằng số, ta tìm cách tách, nhóm hợp lý, nhân và chia các biểu
thức căn với biểu thức liên hợp tương ứng, biến đổi phương trình dạng (1.1.2)
trở thành phương trình tích, dẫn đến các phương trình đơn giản.
√
√
√
√
Chúng ta đều biết, biểu thức A ± B có các biểu thức liên hợp là A ∓ B.
Khi đó ta có:
√

A+

√

A−

√

B=√

√

A−B
√
A− B

(A = B, AB = 0),

A−B
√
B=√
A+ B

(A2 + B 2 = 0).

• Các bài toán

Bài toán 1.10. ( Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN, năm 2013). Giải
phương trình
√
√
1
7
x + 4 − 2 2x − 6 = x − , x ∈ R.
(1.10)
2

11

2

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.10) là x ∈ [3; +∞) .
Phương trình (1.10) tương đương với phương trình
√
√
√
√
2 x + 4 − 6 − 4 2x − 6 + 8 + 5 − x = 0 ⇔ 2( x + 4 − 3) − 4( 2x − 6 − 2) + (5 − x) = 0

2(x + 4 − 9) 4(2x − 6 − 4)
− √
⇔ √
+ (5 − x) = 0
2x − 6 + 2
x+4+3
4(2x − 10)
2(x − 5)
−√
⇔√
+ (5 − x) = 0
2x − 6 + 2
x+4+3
8
2
= 0.
+√
⇔ (5 − x) 1 − √
2x − 6 + 2
x+4+3

2
8
Với x ≥ 3 thì chúng ta luôn luôn có 1 − √
> 0 và √
> 0 nên
2x − 6 + 2
x+4+3
8
2
> 0. Vì thế, phương trình (1.10) tương đương với
+√
1− √
2x − 6 + 2
x+4+3
5 − x = 0 ⇔ x = 5, thuộc miền xác định của phương trình (1.10). Do đó, phương

trình (1.10) có một nghiệm x = 5.

Bài toán 1.11. ( Đề thi Đại học Thương Mại, năm 1998 ). Giải phương trình
x2 − 3x + 3 +

x2 − 3x + 6 = 3, x ∈ R.

(1.11)

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.11) là những giá trị x ∈ R sao cho
x2 − 3x + 3 ≥ 0
x2 − 3x + 6 ≥ 0

⇔ ∀x ∈ R.

Biến đổi phương trình (1.11) thành
(

x2 − 3x + 3 − 1) + (

x2 − 3x + 6 − 2) = 0

Nhân và chia các biểu thức trong các dấu ngoặc đơn ở vế trái của phương trình
với các biểu thức liên hợp tương ứng ta được:
√

x2 − 3x + 2

+√

x2 − 3x + 2

=0
x2 − 3x + 3 + 1
x2 − 3x + 6 + 2
1
1
⇔ (x2 − 3 + 2)[ √
+√
] = 0.
x2 − 3x + 3 + 1
x2 − 3x + 6 + 2

Do biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái phương trình này luôn luôn dương

nên phương trình này tương đương với
x2 − 3x + 2 = 0 ⇔

x = 1,
x = 2.

Do vậy, phương trình (1.11) có hai nghiệm x = 1, x = 2.

12

Thang Long University Libraty


Nhận xét 1.3. Chúng ta có thể giải phương trình (1.11) bằng hai phương pháp
đặt ẩn phụ như sau.
√
√
Cách giải 1: Đặt x2 − 3x + 3 = a > 0, x2 − 3x + 6 = b > 0 ⇒ a2 − b2 = −3.
Khi đó chúng ta được hệ phương trình đại số bậc hai, hai ẩn a, b :
a + b = 3,
− b2 = −3.

a2

Giải hệ phương trình này tìm được a hoặc b thích hợp. Từ đó chúng ta tìm được
nghiệm của phương trình (1.11).
√
√
√
Cách giải 2: Đặt x2 − 3x + 3 = t > 0 ⇒ x2 − 3x + 6 = t2 + 3. Phương trình

√
(1.11) trở thành phương trình t2 + 3 = 3 − t. Phương trình này là phương trình
cơ bản dạng (1.1.1) đã biết cách giải.
Bài toán 1.12. (Đề thi ĐH-CĐ khối B, năm 2010). Giải phương trình
√

3x + 1 −

√

6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0, x ∈ R.

(1.12)

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.12) là x ∈ R sao cho
3x + 1 ≥ 0
6−x≥0

1
1
⇔ − ≤ x ≤ 6 ⇔ x ∈ [− ; 6 ].
3
3

Biến đổi phương trình (1.12) thành:
√
√
( 3x + 1 − 4) + (1 − 6 − x) + 3x2 − 14x − 5 = 0.

(1.12a)

Nhân và chia các biểu thức căn trong các dấu ngoặc đơn ở vế trái phương
trình (1.12a) với biểu thức liên hợp tương ứng, đồng thời phân tích đa thức
3x2 − 14x − 5 thành nhân tử, ta được phương trình sau:
√

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

⇔ (x − 5)[ √

3
1
√
+
+ 3x + 1] = 0.
3x + 1 + 4 1 + 6 − x

Do biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình trên luôn
1
dương với mọi x ∈ [− ; 6] nên phương trình (1.12) trở thành x − 5 = 0 ⇔ x = 5,
3

thuộc miền xác định của phương trình (1.12). Vậy, phương trình (1.12) có một
nghiệm x = 5.
Bài toán 1.13. Giải phương trình

√

4−x+

√

1 + x = x(x + 1)(x − 3) + 3, x ∈ R.
13

(1.13)


Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.13) là x ∈ [−1; 4 ].
Biến đổi phương trình (1.13) thành phương trình sau:
√
√
1
1
x(x + 1(x − 3) = [ 4 − x − (− x + 2] + [ 1 + x − ( x + 1]
3
3
√
√
⇔ 3x(x + 1)(x − 3) = [3 4 − x − (−x + 6)] + [3 1 + x − (x + 3)].

Nhân và chia các biểu thức căn trong các dấu ngoặc vuông ở vế phải của phương
trình với các biểu thức liên hợp tương ứng, ta được phương trình sau:
−x2 + 3x
−x2 + 3x
3(x2 − 3x)(x + 1) = √

.
+ √
3 4 − x + (−x + 6) 3 1 + x + (x + 3)

(1.13a)

Phương trình (1.13a) tương đương với phương trình
1
1
(x2 − 3x)[3(x + 1) + √
] = 0.
+ √
3 4 − x + (−x + 6) 3 1 + x + (x + 3)

Với x ∈ [−1; 4 ] thì biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình
trên luôn dương nên phương trình này tương đương với phương trình sau:
x2 − 3x = 0 ⇔

x = 0 (thỏa mãn điều kiện ),
x = 3 (thỏa mãn điều kiện ).

Vậy, phương trình (1.13) có hai nghiệm x = 0, x = 3.
Nhận xét 1.4. Nhiều hệ phương trình căn thức dẫn đến giải các phương trình
căn thức dạng (1.1.2). Chúng ta sẽ xét một số bài toán như vậy.
Bài toán 1.14. (Đề thi ĐH-CĐ khối B, năm 2013). Giải hệ phương trình:
2x2 + y 2 − 3xy + 3x − 2y + 1 = 0,
√
√
4x2 − y 2 + x + 4 = 2x + y + x + 4y,

x, y ∈ R.

(1.14)

Lời giải. Điều kiện của hệ phương trình (1.14) là: x, y ∈ R sao cho
2x + y ≥ 0,
x + 4y ≥ 0.

Phương trình thứ nhất của hệ (1.14) được biến đổi thành phương trình sau:
y 2 − (3x + 2)y + 2x2 + 3x + 1 = 0

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn y, còn ẩn x có vai trò là tham số. Ta tính
được:
y = x + 1; y = 2x + 1.
14

Thang Long University Libraty


Với y = x + 1, thế vào phương trình thứ hai của hệ (1.14), ta được phương trình
4x2 − (4x2 + 4x + 1) + x + 4 =
⇔

√

4x + 1 +

√

√

4x + 1 +

9x + 4 = 3 − 3x.

√

9x + 4

(1.14a)

Từ phương trình (1.14a) chúng ta có điều kiện của phương trình (1.14a)
1
4

là:x ∈ [− ; 1 ). Với điều kiện này hai vế của phương trình (1.14a) luôn dương.

Chúng ta có thể giải phương trình (1.14a) bằng cách bình phương hai vế để đưa
vế phương trình cơ bản. Nhưng nếu làm như thế chúng ta sẽ được một phương
trình phức tạp. Để giải phương trình (1.14a),trước hết ta biến đổi phương trình
(1.14a) thành phương trình
√
√
( 4x + 1 − 1) + ( 9x + 4 − 2) + 3x = 0.

Sau đó, nhân và chia các biểu thức căn trong dấu ngoặc đơn ở vế trái của
phương trình này với biểu thức liên hợp tương ứng, ta được phương trình
√

9x

4x
+√
+ 3x = 0
4x + 1 + 1
9x + 4 + 2

⇔ x( √

4
9
+√
+ 3) = 0.
4x + 1 + 1
9x + 4 + 2

1
4

Với x ∈ [− ; 1 ) thì biểu thức
√

4
9
+√
+3>0
4x + 1 + 1
9x + 4 + 2

Vì vậy phương trình (1.14a) tương đương với phương trình: x = 0 (thỏa mãn
điều kiện) ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).

Suy ra hệ phương trình (1.14) có một nghiệm là: (0;1).
Với y = 2x + 1, thế vào phương trình thứ hai trong hệ (1.14) ta được phương
trình
√

3x + 1 +

√

5x + 4 = 3x2 − x + 3 (1.19b)
1
3

Điều kiện của phương trình (1.14b) là: x ≥ − . Cũng tương tự như khi giải

phương trình (1.14a), chúng ta biến đổi phương trình (1.14b) thành phương
trình:
√
√
[ 3x + 1 − (x + 1)] + [ 5x + 4 − (x + 2)] − (3x2 − 3x) = 0.

15


Nhân và chia các biểu thức căn trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương
trình này với biểu thức liên hợp tương ứng và phân tích đa thúc 3x2 − 3x thành
nhân tử, ta được phương trình:
√

−x2 + x

−x2 + x
+√
+ 3(−x2 + x) = 0
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)

⇔ (−x2 + x)[ √

1
1
+√
+ 3] = 0.
3x + 1 + (x + 1)
5x + 4 + (x + 2)

Do biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình luôn dương
1
với x ≥ − nên phương trình (1.14b) trở thành:
3

−x2 + x = 0 ⇔

x = 0 ( thỏa mãn điều kiện ),
x = 1 ( thỏa mãn điều kiện ).

Với x = 0 ⇒ y = 1 ( thỏa mãn điều kiện của hệ phương trình ).
Với x = 1 ⇒ y = 2 ( thỏa mãn điều kiện của hệ phương trình ).
Do đó, hệ phương trình (1.14) có hai nghiệm: (0 ; 1), (1 ; 2).
Bài toán 1.15. (Đề thi đề nghị thi Olympic 30/4/2012). Giải hệ phương trình
sau với x, y ∈ R

√
√
(2012 − 3x) 4 − x + (6y − 2009) 3 − 2y = 0,
√
√
2 7x − 8y + 3 14x − 18y = x2 + 6x + 13.

(1.15a)
(1.15b)

(1.15)

Lời giải. Điều kiện của hệ phương trình (1.15) là các giá trị x, y ∈ R sao cho

x ≤ 4,



3

(1.15c)

Ta có, phương trình

y≤ ,
2

7x
−
8y ≥ 0,




14x − 18y ≥ 0.

√
(1.15a) ⇔ [3(4 − x) + 2000] 4 − x = [3(3 − 2y) + 2000]
√

3 − 2y.

Xét hàm số f (t) = (3t + 2000) t, với t ∈ [0; +∞). Ta có

√
3t + 2000
√
f ′ (t) = 3 t +
> 0, ∀t ∈ (0; +∞).
2 t

Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên [0; +∞). Vì thế, phương trình
(1.15a) ⇔ f (4 − x) = f (3 − 2y) ⇔ 4 − x = 3 − 2y ⇔ y =

x−1
.
2

16

Thang Long University Libraty

4
3

Từ hệ (1.15c), ta có điều kiện của x là: x ∈ [− ; 4 ].
Thế y =

x−1
vào phương trình (1.15b), chúng ta được phương trình
2
√
√
2 4x + 3 + 3 5x + 9 = x2 + 6x + 13
√
√
⇔ [2 4x + 3 − 2(x + 2)] + [3 5x + 9 − 3(x + 3)] − (x2 + x) = 0
⇔√

−2(x2 + x)
−3(x2 + x)
+√
− (x2 + x) = 0
3x + 4 + (x + 2)
5x + 9 + (x + 3)

⇔ −(x2 + x) √

3
2

+√
+ 1 = 0.
3x + 4 + (x + 2)
5x + 9 + (x + 3)

(1.15d)

4
3

Do x ∈ [− ; 4 ] nên biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình

(1.15d) luôn dương. Từ đó, chúng ta có phương trình:

1
,
x
=
0
⇒
y
=
−
(1.15d) ⇔ x + x = 0 ⇔
2
x = −1 ⇒ y = −1.
2

Các giá trị này của x, y đều thỏa mãn điều kiện (1.15c) của hệ phương trình
1

2

(1.15). Do đó hệ phương trình (1.15) có hai nghiệm: (0; − ), (−1; −1).
• Một số bài tập đề nghị.

Giải các phương trình sau:
√
√
1, 3 − x + x2 − 2 + x − x2 = 1 (Đề thi vào lớp 10 chuyên, trường ĐH KHTN
Hà Nội, năm 2002).
√
√
2, x + 4 x + 3 + 2 3x − 2 = 11.
√
√
3, x + 2 x + 3 = 6 − x.

1.1.3

Phương trình dạng

3

u(x) + a 3 v(x) = f (x)

• Lý thuyết tóm tắt

Xét phương trình có dạng
3

u(x) + a 3 v(x) = f (x), x ∈ R.

Chúng ta có các trường hợp sau xảy ra:
1. Trường hợp 1: a=0, phương trình dạng (1.1.3) trở thành 3 u(x) = f (x).
Khi đó để làm mất dấu căn bậc ba, ta lập phương hai vế của phương trình dẫn
tới việc giải phương trình không còn chứa ẩn trong căn bậc ba:
3

u(x) = f (x) ⇔ u(x) = [f (x)]3 .
17


2. Trường hợp 2: a = 0, nếu f (x) là một hằng số hoặc là một căn bậc ba thì
chúng ta có thể lập phương hai vế của phương trình nhiều lần để làm mất dấu
căn bậc ba, biến đổi phương trình đã cho về các dạng cơ bản đơn giản. Đôi khi
chúng ta phải sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, biến đổi phương trình đã cho
thành hệ phương trình đại số mà có thể giải một cách dễ dàng. Nhưng cũng có
nhiều trường hợp, khi f (x) là một đa thức, nếu ta lập phương hai vế phương
trình thì được phương trình đa thức bậc cao mà việc tìm nghiệm của nó rất khó
khăn, thậm chí không thể tìm được bằng các phương pháp sơ cấp. Tuy nhiên khi
sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thì có thể dẫn tới một hệ phương trình phức
tạp khó giải. Vì vậy, để giải phương trình dạng (1.1.3) ta có thể sử dụng các kỹ
thuật tách, nhóm hợp lý rồi nhân và chia biểu thức liên hợp tương ứng nhằm
biến đổi phương trình đã cho về dạng phương trình tích, dẫn tới các phương
trình đơn giản hơn có thể tìm nghiệm một cách dễ dàng.
√
√
√
√
Chúng ta đã biết, biểu thức liên hợp của các biểu thức 3 A + 3 B, 3 A − 3 B

√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
lần lươt là A2 − 3 AB + B 2 , A2 + 3 AB + B 2 .
Ta có
√
3

√
3

A−

A+

√
3

√
3

A−B
√

√
3
A2 + 3 AB + B 2

(A2 + B 2 = 0),

A+B
√
√
3
A2 − 3 AB + B 2

(A2 + B 2 = 0).

B= √
3

B= √
3

• Các bài toán

Bài toán 1.16. Giải phương trình
√
3

x + 34 −

√
3

(1.16)

x − 3 = 1, x ∈ R.

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.16) là ∀x ∈ R.
Lập phương hai vế phương trình (1.16) ta được
√
√
x + 34 − (x − 3) − 3 3 (x + 34)(x − 3)( 3 x + 34 − 3 x − 3 ) = 1
⇔

3

(x + 34)(x − 3) = 12 ⇔ x2 + 31x − 1830 = 0 ⇔

x = 30,
x = −61.

Vậy, phương trình (1.16) có hai nghiệm x = 30, x = −61.
Bài toán 1.17. Giải phương trình
√
3

x−1+

√
3

x−2=

√
3

2x − 3, x ∈ R.

(1.17)

18

Thang Long University Libraty


Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.17) là ∀x ∈ R.
Lập phương hai vế của phương trình (1.17) chúng ta được
√
√
x − 1 + x − 2 + 3 3 (x − 1)(x − 2)( 3 x − 1 + 3 x − 2 ) = 2x − 3
⇔

x = 1,
x
(x − 1)(x − 2) 2x − 3 = 0 ⇔  = 32,
x= .
2



√
3

3

3
2

Vậy, phương trình (1.23) đã cho có ba nghiệm x = 1, x = 2, x = .
Bài toán 1.18. Giải phương trình
√
3

x−1+

√
3

√
3
x + 1 = x 2, x ∈ R.

(1.18)

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.18) là ∀x ∈ R.
Lập phương hai vế của phương trình (1.18) chúng ta được
2x + 3

Vì

√
3

x−1+

√
3

3

√
√
x2 − 1( 3 x − 1 + 3 x + 1) = 2x3

√
x + 1 = x 3 2 nên chúng ta có phương trình

√
√
3
3
3
3
2x3 − 2x − (3 2)x( x2 − 1) = 0 ⇔ x 2(x2 − 1) − 3 2 x2 − 1

⇔x

3

x2

−1 2

3

(x2

− 1)2

√
3

−3 2

=0⇔

x
= 0,
−1
= 0,
√
3
2
2
(x − 1) − 3 2 = 0.
x2

23

=0
(1.18a)
(1.18b)

(1.18c)

Giải phương trình (1.18b): x2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1.
Giải phương trình (1.18c):


√

√
3
3
3
3
2 =1−
< 0,
vô
nghiệm
vì
1
−
,
x
27


2
2
2
2
√

√
(1.18c) ⇔ (x − 1) =
⇔
⇔
3 3
4
2+3 3
2
x =1+
x=±
.
2
2
√
2+3 3
Do vây, phương trình (1.18) đã cho có 5 nghiệm x = 0, x = ±1, x = ±
.
2

Bài toán 1.19. Giải phương trình
√
3

√
3x + 2 + 3 3 x − 1 = 7 − x, x ∈ R.

(1.19)

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.19) là ∀x ∈ R.
Nếu lập phương hai vế của phương trình (1.19) như hai bài toán trên thì sẽ được

19


một phương trình rất phức tạp. Chúng ta biến đổi phương trình (1.19) thành
phương trình sau
√
√
( 3 3x + 2 − 2) + (3 3 x − 1 − 3) = 2 − x

Bây giờ chúng ta nhân và chia các biểu thức trong các dấu ngoặc đơn ở vế
trái của phương trình trên với biểu thức liên hợp tương ứng của chúng thì được
phương trình sau
3

3(x − 2)
+
√
(3x + 2)2 + 2 3 3x + 2 + 4

⇔ (x − 2)[

3
3

3

3(x − 2)
+x−2=0
√
(x − 1)2 + 3 x − 1 + 1

√
3

(3x + 2)2 + 2 3x + 2 + 4

+

3
3

(x − 1)2 +

√
3

x−1+1

+ 1] = 0

Các biểu thức dưới mẫu trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình
có dạng A2 ± AB + B 2 nên luôn luôn dương vì thế biểu thức trong dấu ngoặc
vuông luôn luôn dương. Khi đó, phương trình (1.19) tương đương với phương
trình x − 2 = 0 ⇔ x = 2. Do đó, phương trình (1.19) có một nghiệm x = 2.
Bài toán 1.20. (Đề thi đề nghị thi Olimpic 30/4/2010). Giải phương trình
3

12x2 + 46x − 15 −

3

x3 − 5x + 1 = 2(x + 1), x ∈ R.

(1.20)

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.20) là ∀x ∈ R.
√
√
Để cho gọn ta đặt A = 3 12x2 + 46x − 15, B = 2x + 1, C = 3 x3 − 5x + 1. Dễ thấy
A = B = 0 không xảy ra, suy ra A2 + AB + B 2 > 0, ta cũng có C 2 − C + 1 > 0.
Khi đó phương trình (1.20) tương đương với
[

3

12x2 + 46x − 15 − (2x + 1)] − [

3

x3 − 5x + 1 + 1] = 0

(12x2 + 46x − 15) − (2x + 1)3 x3 − 5x + 2
− 2
=0
A2 + AB + B 2
C −C +1
−8(x3 − 5x + 2) x3 − 5x + 2
− 2
=0
⇔ 2

A + AB + B 2
C −C +1
1
8
⇔ (x3 − 5x + 2)( 2
) = 0.
+ 2
2
A + AB + B
C −C +1
⇔

Do biểu thức trong dấu ngoặc đơn thứ hai ở vế trái của phương trình luôn
luôn dương nên phương trình (1.20) tương đương với
x3 − 5x + 2 = 0 ⇔

x = 2,
√
x = −1 ± 2.
√

Vậy, phương trình (1.20) có các nghiệm x = 2, x = −1 ± 2.
20

Thang Long University Libraty


Bài toán 1.21. Giải phương trình
√
3

1+

x+4=x+

√
3

(1.21)

2x + 3, x ∈ R.

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.21) là ∀x ∈ R.
Nếu tách, nhóm như các phương trình (1.19), (1.20) thì không thể dẫn tới phương
trình tích. Còn nếu lập phương hai vế thì sẽ được phương trình rất phức tạp.
Đối với phương trình (1.21), chúng ta thực hiện tách, nhóm và biến đổi như sau:
√

(1.27) ⇔ ( 3 2x + 3 −

⇔

√
√
( 3 2x + 3 − 3 x + 4 )[

⇔

(2x + 3)2 +

(2x + 3)2 +

3

⇔

3

3

(2x + 3)2

3

(2x + 3)2 +

⇔ (x − 1)

+

3

√
3

x + 4 ) + (x − 1) = 0

(2x + 3)(x + 4) +

(2x + 3)(x + 4) +

3

2x + 3 − (x + 4)
3

3

(2x + 3)(x + 4) +
x−1

(2x + 3)(x + 4) +

3

3

(x + 4)2 ]

(x + 4)2

3

(x + 4)2

+ (x − 1) = 0

3

(x + 4)2

+ (x − 1) = 0

1
3

(2x + 3)2 +

3

+(x−1) = 0

(2x + 3)(x + 4) +

(x + 4)2

3

+1 =0

⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1.

(Vì biểu thức trong dấu ngoặc vuông ở vế trái của phương trình luôn dương).
Vậy, phương trình (1.21) có một nghiệm x = 1.
Bài toán 1.22. (Đề thi Đại học Ngoại Thương cơ sở 2, Thành phố Hồ Chí
Minh, khối D, năm 1998). Với giá trị nào của a thì phương trình sau có nghiêm
√
3

1−x+

√
3

(1.22)

1 + x = a, x ∈ R.

Lời giải. Miền xác định của phương trình (1.22) là tập hợp R.
√
√
Chúng ta đặt f (x) = 3 1 − x + 3 1 + x, với x ∈ R. Khi đó chúng ta có:
lim f (x) = lim

x→±∞

f ′ (x) =

3

3

x→±∞

−1

(1 − x)2

+

3

(1 − x)2 −
1

3

3

(1 + x)2

√
3

2
1 − x2 +

3

(1 + x)2

= 0,

= 0 ⇔ (1 − x)2 = (1 + x)2 ⇔ x = 0.

Dễ dàng thấy rằng, trên tập R, chúng ta có f ′ (x) > 0 khi x < 0, f ′ (x) < 0 khi
x > 0 nên hàm số f (x) đồng biến trong khoảng (−∞; 0) và nghịch biến trong
khoảng (0; +∞). Vì vậy, suy ra 0 < f (x) ≤ f (0) = 2, ∀x ∈ R.
Do đó, phương trình (1.22) đã cho có nghiệm khi 0 < a ≤ 2.
21