Phương pháp ẩn phụ giải một số PTHPT

Phương pháp ẩn phụ trong một số
phương trình, hệ phương trình
Một số lưu ý.


Bạn cần thành thạo các kỹ năng như phân tích đa thức thành nhân tử, nhẩm nghiệm
của đa thức, phương trình hay lược đồ Horner,…



Tài liệu không nhắc lại cách giải các phương trình, hệ phương trình quen thuộc như
bậc nhất, bậc hai, đối xứng loại 1, loại 2 hay các phương trình chứa căn, trị tuyệt đối
cơ bản.



Các bài toán được sắp xếp để thuận tiện trình bày hướng tư duy, không sắp xếp theo
mức độ từ dễ đến khó.



Tài liệu tập trung vào phương pháp ẩn phụ và các phương pháp truyền thống như
phương pháp thế, cộng hay bình phương hai vế; không đề cập các phương pháp khác
như liên hợp, hàm số, ứng dụng casio hay đánh giá.



Ngoài các lời giải đúng, tài liệu còn trình bày một số cách làm, hướng đi... không ra
kết quả.

1

Phần I. Một số bài toán mẫu
Câu 1. Giải phương trình x 2  8 x  10 

81
x  2 x 1

 2 x 1

Hướng dẫn
Nhận thấy phương trình chứa duy nhất một đại lượng căn thức là

x  1 , nên nghĩ đến ngay

việc đặt ẩn phụ để triệt tiêu căn thức khỏi phương trình.

x  1  t  0  x  t 2  1  1. Phương trình trở thành

Cụ thể, đặt

t

2



2





 1  8 t 2  1  10 

81
81
 2t  t 4  6t 2  2t  3 
0
2
t  2t  1
 t  1
2

Câu hỏi đặt ra là, có nên quy đồng để đưa về bậc 6 hay không?
Nhẩm nghiệm thủ công hoặc sử dụng máy tính, nhận được một nghiệm nguyên t  2 , do đó
có thể (không chắc chắn) xử lí được phương trình bậc cao khi quy đồng. Ta sẽ thử!





Pt  t 4  6t 2  2t  3  t  1  81  0  t 6  2t 5  5t 4  14t 3  7t 2  4t  84  0
2

Như đã nhận định phương trình có nghiệm t  2 , ta sử dụng lược đồ Horner để phân tích





pt   t  2  t 5  4t 4  3t 3  8t 2  23t  42  0

Vẫn theo cách thủ công hoặc dùng máy tính, nhận thấy đa thức trong ngoặc thứ hai vẫn có
nghiệm t  2 , do đó tiếp tục tách

pt   t  2  t  2   t 4  6t 3  15t 2  22t  21  0
t  2
2
  t  2   t 4  6t 3  15t 2  22t  21  0   4
3
2
t  6t  15t  22t  21  0
Tới đây, chỉ cần để ý điều kiện t  0 thấy ngay trường hợp 2 vô nghiệm, thu được nghiệm
duy nhất t  x  1  2  x  5 .
Như vậy, ta có thể hoàn thiện bài toán theo phương pháp này.

x 2  8 x  10 

81
 2 x  1, dk : x  1
x  2 x 1

2


Đặt t  x 1  0  x  t2 1, ta được:

t







81
81
 2t  t 4  6t 2  3  2
 2t
t  2t  1
t  2t  1
81
 t 4  6t 2  2t  3  2
 0  t 4  6t 2  2t  3 t 2  2t  1  81  0
t  2t  1
2

2

 1  8 t 2  1  10 

2











 t 6  2t 5  5t 4  14t 3  7t 2  4t  84  0   t  2  t 4  6t 3  15t 2  22t  21  0
2

 0 do t  0

t2

x  1  2  x  1  4  x  5  tm 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 .
2

 x  y  x  x  2y 1  6
Câu 2. Giải hệ phương trình 
2

 x  2 x  3 y  17

Hướng dẫn
Không khó để nhận thấy  x 2  y  x    x  2 y  1   x 2  2 x  3 y   1, nên nghĩ đến ngay
phương pháp đặt 2 ẩn phụ.
2

 x  yx a0
Cụ thể, đặt 
 a 2  b2   x 2  2 x  3 y   1  x 2  2 x  3 y  a 2  b2  1


 x  2y 1  b  0

a  b  6
a  b  6
 2
Hệ phương trình trở thành  2
.
2
2
a  b  1  17
a  b  18
Đây hệ đối xứng loại 1, giải được ngay a  b  3 .
2

 x2  y  x  9
 x2  x  y  9
 x  yx a3


Thay lại biến được 
là hệ gồm một
x  2y 1  9
x  2y  8
x

2
y

1


b

3





phương trình bậc nhất, một phương trình bậc hai có thể giải được bằng phương pháp thế.
Lời giải hoàn thiện.
2
 2

 x  y  x  x  2y 1  6
 x  y  x  x  2y 1  6

 2
 2
 x  2 x  3 y  17


 x  y  x   x  2 y  1  18





2


a  x  y  x
; a , b  0 , hệ trở thành:
Đặt 

b  x  2 y  1

3



a  b  6
a  b  6
a  b  6
a  b  6



 a  b  3 (tm)
 2

2
2
36

2
ab

18
ab


9
a

b

2
ab

18





a  b  18

Thay lại biến, ta có :
2 x 2  x  10  0
 x  2, y  3
2

 x2  y  x  9
a  x  y  x  3


 


8 x
 x   5 , y  21

x

2
y

1

9
y

b

x

2
y

1

3




2
4

2


 5 21 
Vậy, hệ có nghiệm  2;3 ;   ; 
 2 4

Câu 3. Giải phương trình

2 x2  x  9  2 x2  x  1  x  4

Hướng dẫn
Tương tự bài số 2, thấy ngay  2 x2  x  9    2 x 2  x  1  2 x  8  2  x  4 

.

2

a 2  b2
a  2 x  x  9  0
 a 2  b2  2  x  4   x  4 
Do đó, đặt 
.
2
2

b  2 x  x  1  0

Phương trình trở thành a  b 

 a  b  0  a  b  0 VN 
a 2  b2


 a b  2
2
a  b  2

Thu được a  b  2  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2 .
Nhận thấy hệ số của x 2 trong hai căn thức bằng nhau, nên phương trình này có thể giải bằng
cách bình phương thông thường (hệ số bằng nhau thì sẽ triệt tiêu x 2 khi bình phương).
Cụ thể, pt  2 x2  x  9  2 x2  x  1  2  2 x2  x  9  2 x2  x  5  4 2 x2  x  1

 2 x  4  4 2 x2  x  1  x  2  2 2 x2  x  1
Ta thu được phương trình chứa căn dạng cơ bản f  x   g  x  . Đi đến lời giải hoàn thiện.

2 x2  x  9  2 x2  x  1  x  4
2

a 2  b2
a  2 x  x  9  0
 a 2  b2  2  x  4   x  4 
Đặt 
2
2

b  2 x  x  1  0

4


pt  a  b 

a 2  b 2  a  b  a  b 


2
2


a  2 x 2  x  9  0
 a  b  0  
VN 
2

b

2
x

x

1

0


 2x2  x  9  2x2  x  1  2

ab

2
2
1  2  2 x  x  9  2 x  x  1  2
 2 x2  x  9  2x2  x  5  4 2 x2  x  1  2 x  4  4 2 x2  x  1

 x  2
 x  2
 x  2  2 2 x2  x  1  
 2

2
2
7 x  8 x  0
 x  2   4 2 x  x  1



Vậy phương trình có nghiệm x  0; x 

Câu 4. Giải phương trình



x  0

 tm 
 x  8 7

8
.
7


2 x2  x  6  x2  x  3  2  x 


3

x

Hướng dẫn
Trước hết ta có pt  2 x 2  x  6  x 2  x  3  2

x2  3
, x0
x

Giống hai bài toán trước, nhận thấy ngay  2 x 2  x  6    x 2  x  3  x 2  3 , nên ta cũng
2

 2x  x  6  a  0
 x2  3  a 2  b 2 .
bắt đầu bằng việc đặt 2 ẩn phụ. Cụ thể, đặt 
2

 x  x3 b  0

Phương trình trở thành a  b 



2 a 2  b2
x

  a  b  0 VN   2


 x  2  a  b 

a  b  x

Tới đây có hai lựa chọn: đưa a, b trở lại biến ban đầu để thu được phương trình với x ; hoặc
làm ngược lại, biểu diễn x theo a, b để thu được phương trình hệ quả khác.
Ta sẽ thử theo hướng thứ nhất trước (vì nó dễ hơn).

2  a  b   x  2 2 x2  x  6  2 x2  x  3  x  2 2 x2  x  6  x  2 x2  x  3
Cách truyền thống nhất với dạng phương trình chứa 2 căn này, dĩ nhiên, là bình phương 2
lần. Trong quá trình đó, cần giải quyết hai vấn đề.
1) VP  x  2 x 2  x  3 không rõ âm hay dương nên không thể bình phương trực tiếp.

5


 Theo lý thuyết, cần đặt điều kiện VP  x  2 x 2  x  3  0 trước khi bình phương.
Tất nhiên có thể giải BPT điều kiện trên, nếu bạn có đủ kiên nhẫn hoặc không thể
nghĩ được cách nào hay hơn!
 Cách thứ 2, thay vì giải BPT dài dòng trên, ta sẽ tạm bỏ qua điều kiện và bình
phương; nhưng phương trình thu được chỉ là hệ quả, không phải phương trình
tương đương. Do vậy sau khi ra nghiệm cuối cùng, cần thay lại nghiệm vào phương
trình (hoặc điều kiện) để loại bỏ các nghiệm ngoại lai. Đọc qua có vẻ dài, nhưng
chắc chắn vẫn ngắn và đơn giản hơn so với cách truyền thống. Cụ thể,







2 2x2  x  6  x  2 x2  x  3  4 2 x2  x  6  x  2 x2  x  3



2

 Cách thứ 3 (không phải bài nào cũng làm được), là thử tìm điều kiện cho VP, hoặc
cho biến x (là thành phần duy nhất chưa xác định dấu). Để ý từ đề bài một chút, xét

1 t2 1
3
x2  3

thấy VP  2  x    2
, tương tự dạng biểu thức t  
. Dễ thấy
x
x
t
t


VP  0  x  0 và VP  0  x  0 . Mà VT  0  VP  VT  0  x  0 . Do đó,
VP  x  2 x 2  x  3  0 nên ta có thể bình phương trực tiếp với điều kiện x  0
thay vì BPT điều kiện VP  x  2 x 2  x  3  0 dài dòng.
Như vậy, vấn đề thứ nhất đã được giải quyết triệt để:









2

2 2 x2  x  6  x  2 x2  x  3  4 2 x2  x  6  x  2 x2  x  3 , x  0
 8 x 2  4 x  24  5 x 2  4 x  12  4 x x 2  x  3  3x 2  12  4 x x 2  x  3
2) Nhận thấy ngay, nếu bình phương tiếp, sẽ nhận được phương trình bậc 4 tổng quát.
Vấn đề này xuất hiện do x 2 không triệt tiêu sau khi bình phương lần thứ nhất như bài
số 3. Dù vậy, tôi vẫn thử do không tìm được phương án tốt hơn.

3x 2  12  4 x x 2  x  3  9 x 4  72 x 2  144  16 x 4  16 x3  48 x 2
 7 x 4  16 x3  24 x 2  144  0
Sử dụng máy tính hoặc nhẩm nghiệm thủ công được nghiệm x  2 nên tách

x  2
pt   x  2  7 x3  30 x 2  36 x  72  0   3
2
7 x  30 x  36 x  72  0





Điều kiện x  0 một lần nữa thực sự hữu dụng vì với điều kiện này, trường hợp
7 x3  30 x2  36 x  72  0 vô nghiệm nên được nghiệm duy nhất x  2 . Bài toán

được giải quyết hoàn toàn.

6


2

a  2 x  x  6  0
Trở lại với phương trình 2  a  b   x , với 
.
2
b

x

x

3

0



Ta sẽ đi theo hướng thứ 2, biến đổi x theo a, b để thu được phương trình hệ quả.





2
2
2
 2

a  2 x  x  6  0 a  2 x  x  6  2 x  3  x
Từ cách đặt ẩn ta có 

2
2
2
2
b  x  x  3  0
b  x  x  3  x  3  x







Với cách biểu diễn này, ta nghĩ ngay đến việc triệt tiêu cụm x 2  3 và thu được x  2b2  a 2 .
Phương trình trở thành 2  a  b   2b2  a 2  a 2  2a  2b2  2b  0
Tuy nhiên phương trình 2 ẩn này không có nhân tử chung, nên phương án này… fail.
Đi đến lời giải hoàn thiện.

2 x2  x  6  x2  x  3  2  x 


pt  2 x  x  6  x  x  3 

2

2

pt  a  b 



2 a 2  b2
x

3
 , dk : x  0
x



2 x2  3
x

 ;Đặt a 

2 x2  x  6  0

 a2  b2  x 2  3

2

b  x  x  3  0

  a  b  0 VN   2
 2 a  b
1 
x

a  b  x

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

Từ đề bài ta có VP 





2 x2  3
x



  VT  0  x  0  x  2



x 2  x  3  0 , do đó



pt  4 2 x 2  x  6  x 2  4 x 2  x  3  4 x x 2  x  3  3x 2  12  4 x x 2  x  3



 3x 2  12





2




 36 x  72   0  x  2  0  x  2

 16 x 2 x 2  x  3  7 x 4  16 x 3  24 x 2  144  0

  x  2  7 x3  30 x 2

 0, do x  0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .

2 x3   6  y  x 2  3xy  18  0

Câu 5. Giải hệ phương trình  2

 x  x  y  7

7

Hướng dẫn
Hệ gồm hai phương trình ở dạng đa thức không chứa căn ; hai phương pháp dễ liên tưởng
nhất là thế trực tiếp hoặc ẩn phụ để thu gọn phương trình.
Nhìn thấy ngay ta có thể thế y   x2  x  7 từ phương trình 2 lên phương trình 1, nhưng sẽ
dẫn đến phương trình bậc 4, có lẽ không phải phương án tối ưu. Ta sẽ thử phương án đặt ẩn
phụ trước, bắt đầu bằng việc khai triển phương trình 1 (do phương trình 2 không thể phân
tích thành các nhân tử). Cụ thể,

1  2 x3  6 x2  x2 y  3xy  18  0 , và không khó để phân tích
1  2 x2  x  3  xy  x  3  18   x  3  2x2  xy   18
Chắc chắn việc ta nghĩ đến tiếp theo là biến đối phương trình 2 theo 2 ẩn

 2x

2

 x  3

và



 xy . Nhưng bạn cũng sẽ thấy ngay vấn đề, phương trình 2 không có nhân tử xy mà

lại có y nên việc làm xuất hiện ẩn  2x 2  xy  và triệt tiêu ẩn y sẽ rất phức tạp. Để xử lí vấn
đề này, quay lại phương trình 1 và phân tích thêm một chút, ta có

1   x  3 .x. 2 x  y   18   x2  3x   2 x  y   18 .

Việc biến đối phương trình theo 2 ẩn mới là x 2  3x và 2x  y có vẻ dễ hơn và hợp lí hơn.







 x 2  3x  2 x  y   18

Cụ thể,  2    x  3x    2 x  y   7 , hay hpt  
2

 x  3x   2 x  y   7
2

 x 2  3x  2
 x 2  3x  9
Đây là hệ đối xứng loại 1, giải được ngay 
hoặc 
đều là các hệ
 y  2 x  9
 y  2x  2
phương trình cơ bản.
Đi đến lời giải hoàn thiện theo phương pháp này.

2 x3   6  y  x 2  3xy  18  0
2 x3  6 x 2  x 2 y  3xy  18
 2
 2

 x  3x  2 x  y  7
 x  x  y  7





















2 x x 2  3x  y x 2  3x  18
 x 2  3x  2 x  y   18
 x 2  3x  y  2 x   18







2
2
2
 x  3x   2 x  y   7
 x  3x   2 x  y   7
 x  3x   y  2 x   7









Như vậy, x 2  3x và  y  2 x  là nghiệm của phương trình:

8


t  2
; Ta được 2 TH:
t 2  7t  18  0  
t


9



 3  17
x
 y  12  17

 x  3x  2
 x  3x  2  0
2

TH 1: 



 3  17
 y  2 x  9
 y  2x  9
 y  12  17
x 
2

2

2

 x 2  3x  9  x 2  3x  9  0
TH 2: 
VN 

 y  2x  2
 y  2x  2

  3  17
   3  17

Vậy hệ có 2 nghiệm là 
;12  17 ; 
;12  17 
2
2




Với nghiệm lẻ như thế này thì việc thế y   x2  x  7 từ phương trình thứ 2 lên phương
trình 1 chắc chắn là một phương án tệ hại ! (Tất nhiên bạn vẫn có thể thử nếu muốn!)

 xy  x  1  7 y
Câu 6. Giải hệ phương trình  2 2
2
 x y  xy  1  13 y
Hướng dẫn
Với hai phương trình này, chắc chắn không ai nghĩ đến việc rút x 

7 y 1
x 1
hay y 
để
y 1
7x

thế xuống phương trình 2, trừ khi bạn không nghĩ được cách nào khác!

Một phương án khác là biến đổi phương trình 2 theo xy  1 (vì ẩn này có ở cả 2 phương


 xy  1  7 y  x
trình). Cụ thể, hpt  
.
2
2

 xy  1  xy  13 y
Dĩ

nhiên

7 y  x

2

tiếp

theo

ta

thế

xy  1  7 y  x

xuống

phương

trình

2,

được

 xy  13 y2  x2  15 xy  36 y2  0 là phương trình đẳng cấp bậc 2. Cụ thể,

x  3y
.
x 2  15 xy  36 y 2  0   x  3 y  x  12 y   0  
 x  12 y
Đi đến lời giải hoàn thiện

9


 xy  x  1  7 y
 xy  1  7 y  x
 xy  1  7 y  x

 2
 2 2

2
2
2
2

 xy  1  xy  13 y
 x y  xy  1  13 y
 x  15 xy  36 y  0
 x  3 y
 2
 xy  1  7 y  x
 3 y  1  4 y
 xy  1  7 y  x


  x  3 y


x  12 y


 x  3 y  x  12 y   0
  x  12 y


 12 y 2  1  5 y VN 


 y  1; x  3

y  1;x 1
3


 1

Hệ có nghiệm  3;1 , 1; 
 3

Ngoài ra, nếu để ý tới hệ số và bậc ở hai phương trình, ta có thể nghĩ đến việc triệt tiêu ẩn y ở
cả hai phương trình và thu được


x 1

x



7
 x 

y y


hpt  
,y 0 
 x 2  x  1  13


 x 
y y2

Tất nhiên ta có ẩn phụ a  x 

1 x

  7
y y
2

1
x
   13
y
y

a  b  7
1
x
; b  và hpt   2
giải được dễ dàng.
y
y
a  b  13

Ta có lời giải hoàn thiện theo phương pháp này.


x 1

x



7
 x 


 xy  x  1  7 y
y
y



,
y

0

 2 2


2
 x y  xy  1  13 y
 x 2  x  1  13


 x 
y y2

Đặt a  x 

1 x
  7
y y
2

1
x
   13
y
y

a  b  7
 a  4; b  3
1
x
; b  thì hpt   2

y
y
 a  5; b  12
a  b  13

1

 x  3; y  1
a  x  y  4


Với 
1 ; Với

x
x

1;

y

b   3
3


y

1

a  x  y  5
 xy  1  5 y


VN 

x
x

12
y

b   12

y

 1
Hệ có nghiệm  3;1 , 1; 
 3

10


Câu 7. Giải phương trình x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3
Hướng dẫn
Phương án dễ nghĩ đến nhất : Bình phương.
Tuy nhiên, chúng ta gặp vấn đề tương tự bài số 4: Không xác định được dấu của cả hai vế.
Bạn có thể chọn cách bỏ qua điều kiện, bình phương trực tiếp và thử lại sau khi có nghiệm
cuối cùng. Cụ thể,





pt  x 2  6 x  1   2 x  1
2

2

x

2



 2 x  3  3x 4  17 x 2  2 x  2  0

Vấn đề tiếp theo, phương trình bậc 4 tổng quát này không có nghiệm nguyên! Một cách thủ
công nhất, giả sử có thể phân tích 3x4  17 x 2  2 x  2  0   x 2  ax  b  3x 2  cx  d  , bằng
phương pháp đồng nhất thức tìm được a  2; b  1; c  6; d  2 .

Bạn cũng có thể sử dụng hỗ trợ của máy tính để tìm được nhân tử là x2  2 x  1 hoặc
3x2  6x  2 và sử dụng phép chia đa thức để tách

 x  1  2

3x  17 x  2 x  2  0  x  2 x  1 3x  6 x  2  0  
3  15
 x 
3
4



2



2



2

Kiên nhẫn thử lại từng nghiệm vào phương trình ban đầu kiểm tra, và bạn sẽ được kết quả
cuối cùng là x  1  2 và x 

3  15
.
3

Lời giải hoàn thiện
pt   x 2  6 x  1   2 x  1
2

2

x

2

 2 x  3 

 3x 4  17 x 2  2 x  2  0   x 2  2 x  1 3x 2  6 x  2   0
 x  1  2
 x2  2 x  1  0
 2

 x  3  15
3x  6 x  2

3

Thay lại nghiệm kiểm tra, ta được x  1  2 và x 

3  15
.
3

Nhìn vào quá trình tách phương trình bậc 4 và công đoạn thử lại nghiệm rườm rà, có lẽ bạn sẽ
muốn tìm một cách làm hay hơn?

11


Cũng giống trường hợp có 2 căn thức ở bài số 2, 3 và 4, liên tưởng ngay đến việc sử dụng 2

a  x 2  2 x  3  0
ẩn phụ, dĩ nhiên chính là 2 thành phần ở VP. Cụ thể, 
b  2 x  1
Câu hỏi đặt ra là làm thế nào để biểu diễn  x 2  6 x  1 theo a và b ?


a 2  x 2  2 x  3
a  x 2  2 x  3  0
Trước hết có 
, các đại lượng ta có là  x 2 , x  đủ để

b  2 x  1
b  2 x  1

biểu diễn  x 2  6 x  1 (nếu có thể).
Giả sử x2  6 x  1  m  x 2  2 x  3  n  2 x  1  p . Bằng phương pháp đồng nhất thức, nhận
được m  1; n  2; p  4  x2  6 x  1  a 2  2b  4 .
Lưu ý :Có thể có nhiều cách biểu diễn khác nhau, nhưng không phải cách nào cũng đi đến
kết quả!

a  2
Khi đó, pt  a 2  2b  4  ab  a 2  4  ab  2b  
.
a  2  b

 x2  2x  1  0

 x2  2 x  3  2
1
   x 
Thay lại biến, ta được 
chính là 2 nhân tử

2
 x 2  2 x  3  2  2 x  1
 2
 3x  6 x  2  0
như ở phương pháp bình phương, nhưng ta đã có điều kiện để loại nghiệm mà không cần phải
thay lại phương trình ban đầu.
Đi đến lời giải hoàn thiện: x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3


a  x 2  2 x  3  0
 x 2  6 x  1  a 2  2b  4 , phương trình trở thành
Đặt 

b  2 x  1

a  x2  2 x  3  2
a 2  2b  4  ab  a 2  4  ab  2b  
 a  2  b  x 2  2 x  3  2  2 x  1
 x  1  2

2

 x  2x  1  0
1

   x 
3  15
2

x
2

 x  2 x  3  2 x  1
 2
3
 3x  6 x  2  0

12


Vậy phương trình có nghiệm x  1  2; x 

Câu 8. Giải phương trình



3  15
3





x  3  x  1 1  x2  2x  3  4

Hướng dẫn
Dễ thấy x 2  2 x  3   x  1 x  3 nên bạn có thể nghĩ đến ngay việc đặt ẩn phụ dạng tổng
và tích thường thấy ở các phương trình, hệ phương trình đối xứng.
Cụ thể, đặt t  x  3  x  1  0  t 2  2 x  2 x 2  2 x  3 .
Vấn đề là ngoài đại lượng

x 2  2 x  3 thì còn lượng 2x không có trong phương trình. Nói

cách khác, không biến đổi hoàn toàn được phương trình theo ẩn t  x  3  x  1 . Phương
án này… fail!
Một cách tiếp cận khác là sử dụng 2 ẩn phụ là 2 căn thức ở VT. Cụ thể,


a  x  3  0
 x 2  2 x  3  ab , thu được


b  x  1  0

pt   a  b 1  ab   4 nhưng không giống bài trước, ta không có nhân tử chung từ
phương trình này.
Với những trường hợp này, cần xây dựng thêm một phương trình nữa mà thông thường chính
là một biểu thức liên hệ giữa a và b không phụ thuộc vào biến x.
Đối với 2 căn thức của bài toán này, dễ dàng thấy ngay a 2  b2  4 . Điều đặc biệt là phương
trình lại có ngay VP  4  a2  b2 nên được pt   a  b 1  ab   a 2  b2

a  b  0  a  b



a  1
1  ab  a  b  1  a  b 1  a   

b  1
Đi đến lời giải hoàn thiện như sau.







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

13



a  x  3  0 
 x 2  2 x  3  ab
Đặt 
thì pt   a  b 1  ab   a 2  b2

2
2

a  b  4
b  x  1  0


 x  3  x  1 VN 
a  b  0  a  b



 a  1   x  3  1  x  2  loai 
1  ab  a  b  1  a  b 1  a   


b  1
 x  1  1  x  2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
Câu 9. Giải phương trình

5x2  14 x  9  x2  x  20  5 x  1

Hướng dẫn
Phương án dễ thấy nhất: Bình phương. Tuy nhiên trước đó, tôi muốn thử phương án 2 ẩn phụ
trước tương tự các bài toán trước. Cụ thể,
2
2
2

a  5 x  14 x  9  0 
a  5 x  14 x  9
. Đặt 
 2
2

2
b  x  x  20


b  x  x  20  0

Lẽ dĩ nhiên phải biểu diễn x  1 theo a và b. Để có nhân tử x  1 thì cần triệt tiêu x 2 , nên
phương án duy nhất là a 2  5b2   5x2  14 x  9   5  x2  x  20   19 x  109
Có vẻ không hợp lí lắm! Thêm một chút kiên nhẫn, biến đổi thành

a 2  5b2  19  x  1  90  x  1 

a 2  5b2  90
a 2  5b 2  90
và pt  a  b  5
.
19
19

Đối với tôi thì phương án này đến đây… fail.
Không tìm được cách nào khác, ta quay lại với phương pháp truyền thống: Bình phương. Cụ
thể, pt  5x2  14 x  9  x2  x  20  5 x  1, dk : x  5

 5 x 2  14 x  9  x 2  24 x  5  10 x 2  x  20 x  1
 4 x 2  10 x  4  10 x 2  x  20 x  1  2 x 2  5 x  2  5

x

2

Từ kinh nghiệm bài số 7, tôi thử đặt 2 ẩn thay vì bình phương lần nữa.
2
2
a  x 2  x  20
a  x  x  20
 2
Cụ thể, đặt 
.
b  x  1
b  x  1

14



 x  20  x  1


Giả sử





2 x 2  5x  2  ma 2  nb2  m x 2  x  20  n  x  1  c  mx 2   m  n  x  20m  n  c ,

m  2
m  2



 n  3  2 x 2  5 x  2  2a 2  3b2  45 nên
Khi đó, ta cần m  n  5
20m  n  c  2
c  45



pt  2a 2  3b2  45  5ab . Điều tệ hại là phương trình này không ở dạng đẳng cấp, cũng
không phân tích được thành nhân tử. Nói đơn giản, cách này…fail!
Chưa muốn quay lại việc bình phương, tôi sẽ thử một lần nữa do nhận thấy có thể biến đổi

VP 

x

2

 x  20  x  1 



 x  4 x  5 x  1 

VP 

x

2

 x  20  x  1 

x



 x  4 x  5 x  1   x  4   x 2  4 x  5 .

2



 5x  4  x  5 hoặc

Lặp lại quá trình thiết lập 2 ẩn cho cả 2 cách trên, tôi tìm được cách hợp lí nhất như sau:

2 x2  5x  2  5

x

2



 x  20  x  1  5

x

 x  4 x  5 x  1  5

2



 4x  5  x  4

2

a  x  4 x  5  0
 2 x 2  5x  2  2a 2  3b 2 thu được pt  2a 2  3b2  5ab là
Đặt 

b  x  4  0

phương trình đẳng cấp bậc 2.
Đi đến lời giải hoàn thiện theo phương pháp này :

5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1, dk : x  5
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1





 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  10
 4 x 2  10 x  4  10

 x  1  x 2  x  10   25  x  1

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

x

2



 4x  5  x  4

2

a  x  4 x  5  0
 2 x 2  5x  2  2a 2  3b 2 , phương trình trở thành
Đặt 

b  x  4  0

a  b
2a 2  3b2  5ab   a  b  2a  3b   0  
 2a  3b

15


Với a  b  x 2  4 x  5  x  4  x 2  5 x  9  0  x 

5  61
2

Với 2a  3b  2 x2  4 x  5  3 x  4  4 x 2  25x  56  0  x  8
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  8, x 

5  61
.
2

Nếu cảm thấy quá phức tạp, hay phiền toái khi phải thử nhiều lần để tìm ra ẩn phụ như trên,
dĩ nhiên bạn có thể sử dụng việc bình phương ngay từ đầu. Lời giải như sau :

5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1; dk : x  5
 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
 5 x 2  14 x  9  x 2  24 x  5  10 x 2  x  20 x  1
 4 x 2  10 x  4  10 x 2  x  20 x  1  2 x 2  5 x  2  5



 2 x2  5x  2



2



x

2



 x  20  x  1



 25 x 2  x  20  x  1  4 x 4  45 x 3  33 x 2  505 x  504  0


x  8

7
2
  x  8  4 x  7  x  5 x  9  0   x  
4

 x  5  61

2





Đối chiếu điều kiện, ta được x  8; x 

5  61
2

Lưu ý : Bước tách phương trình bậc 4 về bậc 2 có thể thực hiện bằng việc nhẩm nghiệm thủ
công (được x  8 ), sử dụng phương pháp đồng nhất thức đã trình bày ở bài số 7, hoặc sử
dụng máy tính để tìm nhân tử x2  5x  9 hoặc 4 x2  25x  56  0 .
Câu 10. Giải phương trình

3

x 1  3 x 1  x 3 2

Hướng dẫn
Nhìn các căn thức bậc 3, ngay lập tức nghĩ đến đặt ẩn phụ để khử căn. Tương tự bài số 8, đặt

a  3 x  1 a3  b3  2 x
 3
, thu được

3
3
a

b

2
b

x

1




16

a  b  0
a 3  b3 3
pt  a  b 
. 2
2
2
2
 2  a  ab  b



Thay lại biến,  2   2  




3





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




x  1  3 x  1  3 3 x2  1 3 2

2

Thay vì khai triển cụm bình phương với căn bậc 3 (tạo ra số mũ
dụng ngay phương trình đề bài để có

3

2
không xử lí được), tôi sử
3

x  1  3 x  1  x 3 2 (cũng là lí do ở bước trên đã

biến đổi a 2  ab  b2   a  b   3ab mà không thay lại biến trực tiếp). Thu được,
2

 2   2   x 3 2 

2



 x2

 2  2

2

3

3



 3 3 x2  1 3 2  x 3 2

2

 3 3 x2  1 



2

 3 3 x2  1 

 2   x  1  3
3

2

2

3

 2

3

2





3





x 2  1  4 x 2  1  27 x 2  1

Tới đây chắc chắn bạn có thể giải tiếp dễ dàng! Đi đến lời giải hoàn thiện.

3

3
3
3

a  x  1 
a  b  2 x
x  1  3 x  1  x 3 2 ; Đặt 
 3 3
, phương trình trở thành:
3


a

b

2

b

x

1



 a  b  3 x  1   3 x  1  x  0
 a  b  a 2  b2  ab 3
a 3  b3 3
ab 
. 2
. 2  
a 2  b 2  ab 3
2
2
1

. 2  a 2  b 2  ab 

2



a 2  b 2  ab 






 2 

3

3

x 1 
2

 2    a  b   3ab   2 
x  1   3. x  1   2    x 2    2 
3

2

2

2

3

3

2

3

2

2

2

3

3

2

 3. 3 x 2  1

 x2  1  0
x  1  3. x  1  4 x  1  27 x  1  
2
 4 x 2  1  27

2

 x2  1
 2
 x 1





3





2



3



2

2





3



2



 x  1
 x  1


27   2 3 3
23 3  
23 3

x 
1 
x


4
2
2

2

23 3
2

Vậy phương trình có các nghiệm x  0, x  1, x  

Câu 11. Giải phương trình

3

7x  8  1 





2x  1  1

17

2



 2
3

2


Hướng dẫn
Phương trình chứa 2 căn thức bậc khác khau nên định hướng 2 ẩn phụ còn rõ ràng hơn bài
3

2
a  7 x  8
toán trước. Cụ thể, đặt 
thì pt  a  1   b  1  a  b2  2b


b  2 x  1  0

Dĩ nhiên chỉ một phương trình này thì không thể giải được, nên cũng giống bài số 8, ta cần
thiết lập một phương trình nữa. Bằng cách khử ẩn x trong biến a và b, ta có
2
a  3 7 x  8
a 3  7 x  8



a  b  2b
3
2
,
và


2
a

7
b


9
pt


 2

 3
2


2a  7b  9
b  2 x  1  0 b  2 x  1

Dạng của hai phương trình gợi cho ta ngày việc thế a  b2  2b xuống phương trình thứ 2
(vấn đề là bậc thu được khá cao). Ta sẽ thử !





3

pt 2  2 b2  2b  7b2  9  2b6  12b5  24b4  16b3  7b2  9  0

Khá may mắn, nhẩm nghiệm thủ công hoặc dùng máy tính ta tìm được 2 nghiệm nguyên
b  1; b  3 nên tách được





pt 2   b  1 b  3 2b4  4b3  2b2  4b  3  0 , và vấn đề còn lại là phương trình
2b4  4b3  2b2  4b  3  0 .

Dựa trên kinh nghiệm, dự đoán hoặc máy tính hỗ trợ, bạn sẽ thấy phương trình không có
nghiệm dương (không có nghiệm thỏa b  0 ). Nói cách khác, cần chứng minh phương trình

vô nghiệm. Tinh ý một chút, kết hợp điều kiện b  0 , thấy ngay







2b4  4b3  2b2  4b  3  2 b4  2b3  b2  4b  3  2 b2  b



2

 4b  3  0 .

Vấn đề được giải quyết ! Ta đi đến lời giải hoàn thiện.

3

7x  8  1 





1
2 x  1  1 , dk : x  ; Đặt
2
2

3

a  7 x  8
 2a3  7b 2  9


b  2 x  1  0

2
a  b 2  2b

a  1   b  1

pt  

3
2
2
6
5
4
3
2
3
2
2
a

7

b


9



2 b  2b  7b  9  2b  12b  24b  16b  7b  9  0









  b  1 b  3 2b 4  4b3  2b 2  4b  3  0

18


Do b  0  2b4  4b3  2b2  4b  3  2  b2  b   4b  3  0 nên
2

b  2 x  1  1
x  1
pt   b  1 b  3  0  

 tm 

x  5
b  2 x  1  3
Vậy phương trình có nghiệm x  1; x  5 .

 x 2  y 2  xy  2  3x

3
2
Câu 12. Giải hệ phương trình  x 4
x x
4  3x
4  6x
1
   2      
2
y
y4
 y  y
 y 
Hướng dẫn
Ấn tượng đầu tiên hẳn là hệ này quá to và khó xử lí !!!
2

4
3
2
 x 2  x  
x
x x
Nhìn kĩ hệ hơn một chút, tôi thấy ngay cụm    2             có khả

 y   y  
 y
y y

năng là ẩn phụ. Điều này gợi đến một kĩ thuật đã sử dụng ở bài số 6 : chia 2 vế phương trình
1 cho y 2  0 để tạo ra đại lượng

x
. Cụ thể,
y

2
 x  2  x  
x
x 2
x
2
x
1     1     2  3 2         1  2  3 2 .
y
y
y
 y   y  
 y
 y y

2

x x
Với kết quả này, càng chắc chắn ẩn phụ đầu tiên là a       , y  0 và

 y  y
2
x

a  1  y 2  3 y 2

hpt  
. Bước tiếp theo tôi nghĩ đến chính là khai triển phần còn lại
a 2  4  3x  1  4  6 x

y2
y4

của phương trình 2 do nhìn nó có vẻ rắc rối nhất!
Cụ thể,  2   a 2 

4
x
4
x
2
 3 2  1  4  6 4 , kết hợp với đại lượng 1  2 từ phương trình
2
y
y
y
y
y
2

 4



4
x
x  2
x  2
1, thấy ngay  2   a   4  2  1  6 4  3 2   2  1  3 2  2  1
y
y
y
y y
y

y


2

19


Với biến đổi này, nhận thấy ngay ẩn phụ thứ 2 là b 

2
 1 , và
y2

x

x


a  b  3 y 2
 a  b   3 y 2


hpt  

a 2  b 2  3b x
 a  b  a  b   3b x  0
2


y
y2



Ở đây bạn cũng có thể đặt thêm ẩn phụ thứ 3 là c 
(đặt ẩn phụ không hoàn toàn) và thế a  b  3

 2  3

x
, tuy nhiên tôi sẽ để nguyên dạng này
y2

x
1 xuống phương trình 2, được

y2

a  0
x
x
3ax
a

b

3
b

0


0



x  0
y2
y2
y2


Tới đây thì chắc chắn phần còn lại không khó ! Ta đi đến lời giải hoàn thiện.

 x 2  y 2  xy  2  3x


4
3
2
 x 
x x
4  3x
4  6 x ; dk : y  0
1
   2      
2
y
y4
 y  y
 y 
 x 2 x
 x 2
2
x
x 2
x
    1  2  3 2
   1   2  3 2
y
y
y
y
y y
y
 y 
 



2

4
3
2
2
 4

x x
 x 
  x 
4
x
4
x
x
4
x 
2 
 y   2  y    y   y 2  3 y 2  1  y 4  6 y 4
  y   y    y 4  y 2  1   3 y 2  1  y 2 
   




 
  


 x 2 x 
2 
x
    1  2   3 2
y
y 
y 
y

 

2
2
2

  x 
x
2 
x
  y   y    1  2   3 2
y 
y



  

2


2 
1  2   0
y 


 x
x
2
Đặt a     , b  1  2  1 , ta được:
y
y
 y

x

x
x


a  b  3 y 2
a  b  3 y 2
a  b  3 y 2






a 2  b 2  3b x

a  b a  b   3b x  0
a  b .3 x  3b x  0  3a x  0  a  0
2
2
x  0



y
y
y2
y2
y2





Với x  0 , phương trình (1) trở thành: y 2  2  0 (VN)

20


x
 y  0  x  0VN 
x
x
Với a  0      0  
, phương trình (1) trở thành:
y

x
 y
 y 1 x  y

2

x  1  y  1
x 2  x 2  x 2  2  3x  x 2  3x  2  0  
x  1  y  2
Vậy, hệ có nghiệm 1;1, 2;2

21


Phần II. Bài tập rèn luyện
Câu 13. Giải phương trình x2  9 x  20  2 3x  10
Đáp án: x  3
Câu 14. Giải phương trình x  2 x  2 2 x  1
2

Đáp án: x  2  2
Câu 15. Giải phương trình 4 x  3x  1  5  13x
2

11  73
15  97
; x
8
8
x 0

Đáp án: x 
Câu 16. Giải hệ phương trình x 4  16 x3  31x 2  6 x  2  6  x  1

Đáp án: x  1; x  7  3
Câu 17. Giải phương trình

3
1


x2
2x  2

1
2  3 2 x  2

Đáp án: x  1; x  
Câu 18. Giải phương trình x 1  x  2 1  x   x 2
Đáp án: x 

1
2

1  5
; x  2  2 2
2

Câu 19. Giải phương trình x3  1  2 3 2 x  1
Đáp án: x  1, x 

1  5
2

Câu 20. Giải phương trình 2 3 3x  2  3 6  5 x  8
Đáp án: x  2
Câu 21. Giải phương trình

3

24  x  12  x  6
Đáp án: x  88; x  24; x  3

 x  x  2  2 x  y   9

Câu 22. Giải hệ phương trình  2

x  4x  y  6

Đáp án: 1;1 ,  3;9 

2
2

 x  y  3x  4 y  1
Câu 23. Giải hệ phương trình  2
2

3x  2 y  9 x  8 y  3

 3  13   3  13

Đáp án: 
;0
,
;

4




 
2
2

 

5
 4
2
 x  y  xy 1  2 x    4
Câu 24. Giải hệ phương trình 
 x 2  y  x3 y  xy 2  xy   5

4
3

Đáp án: 1;  
2


 xy  3x  2 y  16
Câu 25. Giải hệ phương trình  2
2
 x  y  2 x  4 y  33

22






Đáp án: 3  3; 2  3 , 3  3; 2  3
x  x y  x y  1

Câu 26. Giải hệ phương trình  3
2

 x y  x  xy  1
4

3

2



2

Đáp án: 1;0  ,  1;0 

3 3
3

1  x y  19 x
Câu 27. Giải hệ phương trình 
2
2

 y  xy  6 x

 1  1

Đáp án:   ;3  ,  ; 2 
 2  3

1 
1

Câu 28. Giải phương trình  x 2  3x   x 2  x    12 x 2
4 
4


Đáp án: x 
2

x  1  y  y  x  4 y
Câu 29. Giải hệ phương trình  2


 x  1  y  x  2  y



3 2 2
5  2 6
;x 
2
2



Đáp án: 1; 2  ,  2;5

 xy  x  2  x 2  x  4 x  0

Câu 30. Giải hệ phương trình 
2
 xy  x  2  x xy  2  3



Câu 31. Giải phương trình 3





 7

Đáp án:  3; 
 3



2 x  1  2 x  1  4 4 x2  1  8x

Đáp án: x 
Câu 32. Giải phương trình

x2 2
3

2x  3  3



145
288

1
x3
1  5
2

Đáp án: x  1; x 
Câu 33. Giải phương trình  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1

Đáp án: x  1  2
Câu 34. Giải phương trình

2  x2  2 

1
1

 4x 
2
x
x


Đáp án: x  1

Câu 35. Giải phương trình 8x  8x  3  8x 2 x  3x  1
2

2

Đáp án: x 





1  7
3 3
;x 
4
4

2
2
2
2
2
2

 4 x  3xy  7 y  4 x  5 xy  6 y  3x  2 xy  y
Câu 36. Giải hệ phương trình 
2
2

3x  10 xy  34 y  47

Câu 37. Giải phương trình





x3  2 x 2  x  2   x  1 x3  x 2  x  2  2 x 2  x  1

23


Đáp án: x  1  3 2

2 xy  y  x  y  5
Câu 38. Giải hệ phương trình 

 5  x  1  y  1







Câu 39. Giải phương trình 4 x3  1  x  x 2  2 x  2

Đáp án:  5;0 



3

Đáp án: x  1; x  

1
3

2

Câu 40. Giải phương trình
2x  1  3  2 x  4  2 3  4 x  4 x2 





1
4 x 2  4 x  3  2 x  1
4

Đáp án: x 

3
2

 x  3 y  1 2 xy  2 y  y  3x  4 y   3

Câu 41. Giải hệ phương trình 
x  3  2 y  2 x  3  x2  x  2 y  4  4









 13 17 
Đáp án:  ; 
4 8

Câu 42. Giải hệ phương trình
3
2
3

4
2
2

 y  3 y  x 3x  12 x x  9  x  x  3x  8 x   6 x  x  1  4

2
2

x  4 y  9  6x  8 y





Đáp án: x  1; x 





3  89
8

 x2  y 2  2 3 x4  3 x2  y3  2 y y  1 x  3 x

Câu 43. Giải hệ phương trình 
3
 x 4  x3  x 2  1  x  y  1  1
1 5 3  5


;3
 1
Đáp án:  0;1 , 1; 2  , 
 2

2



24