tuyen tap cac bai toan phuong trinh vo ty hay va kho

96

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN
PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ HAY VÀ KHÓ
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các
chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và
các em chun đề về các bài tốn về phương trình vơ tỷ. Chúng tôi đã kham
khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài
liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về phương trình vơ tỷ thường
được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 2 phần:
-

Phần 1: Phân tích bình luận, tìm lời giải cho bài tốn phương trình vơ

-

tỷ
Phần 2: Tuyển tập các bài tốn Phương trình vơ tỷ trong các kì thi học
sinh giỏi và lớp 10 chun mơn tốn.

Các vị phụ huynh và các thầy cơ dạy tốn có thể dùng có thể dùng
chun đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chun đề phương trình
vơ tỷ này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói
riêng và học tốn nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi
những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cơ giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ

chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

PHẦN 1. PHÂN TÍCH VÀ SUY LUẬN
TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH
Trong các nội dung trước chúng ta đã được tìm hiểu về các phương pháp
giải một phương trình vơ tỷ cũng như một phương trình vơ tỷ có nhiều phưng
pháp tiếp cận xử lý. Tuy nhiên khi đứng trước một bài tốn phương trình vơ tỷ
làm thế nào để tiếp cần và đưa ra được một lời giải cho nó là một câu hỏi lớn và
đang cịn bỏ ngỏ. Với mục đích mở ra một hướng đi, một suy nghĩ cần có trước
một phương trình vơ tỷ thì trong chủ đề này chúng tơi xin đưa ra một số phân
tích và suy luận để giải thích lại giải bài tốn như thế. Trong chủ chúng tơi xin
giới thiệu một số nội dung
�Phân tích và suy luận đứng trước một phương trình vơ tỷ
�Lựa chọn phương án hợp lý để tìm được lời giải tối ưu.
�Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục
2
Ví dụ 1. Giải phương trình x  6x  3  4x 2x  1 .

Phân tích và lời giải
Trước một phương trình vơ tỷ, cho dù chúng ta chọn phương pháp nào
thì mục đích cuối cùng cũng là làm cho phương trình thốt đi các căn thức một

cách đơn giản và đơn giản hóa tối đa phương trình. Một điều nữa khi giải
phương trình vơ tỷ đó là cần cố gắng nhẩm được một nghiệm để có thể phán
đốn hướng đi một cách đúng đắn. Khơng q khó khăn ta nhân thấy phương
trình đang xét có một nghiệm x  1. Phương trình chỉ chứa một dấu căn thức
bậc hai nên có thể loại bỏ căn thức bậc hai bằng phương pháp nâng lên lũy
thừa, đặt ẩn phụ,…
1
x�
2.
�Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là
1
x x2  6x  3  0,x �
2 . Phương trình đã cho tương đương với
Nhận xét





Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
x4  30x2  12x3  36x  9  16x2  2x  1 � x4  20x3  46x2  36x  9  0
� x2  x  1  18x  x  1  9 x  1  0
2

2





2





� x2  18x  9  x  1  0 � x � 9  6 2;1;9  6 2
2





S  9  6 2;1;9  6 2
Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm
.
� Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức 2x  1 do đó ta biến đổi phương
trình và thực hiện đặt ẩn phụ. Để ý rằng phương trình đã cho tương đương với

x2  4x 2x  1  3 2x  1  0.

Khi đó ta thực hiện phép đặt

2x  1  y  y �0

. Lúc này

2
2
phương trình thu được là x  4xy  3y  0 , đây là phương trình đồng bậc 2 và

chú ý đến các hệ số thì ta phân tích được.
x2  4xy  3y2  0 � x  x  y   3y  x  y   0 �  x  y   x  3y   0
�
x 0
x �0
�
�
x  y  0 � x  2x  1 � � 2
��
� x1
2
x  2x  1 0 �
x  1  0
�

+ Trường hợp 1. Với
.
x �0
�
x  3y  0 � x  3 2x  1 � � 2
� x  9 �6 2
x  18x  9  0

�
+ Trường hợp 2. Với
.
Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm



.

S  9  6 2;1;9  6 2

�Hướng 3. Do phương trình nhẩm được nghiệm đẹp x  1, khi đó ta nghĩ đến
phương pháp nhân lương liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung x  1.





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

2



2

4x x  1

2

x  2x  1
�
x1
3 2 1 x  0 � �
x  3 2 1
�

 3 x  1

2







�x �0
x  3 2 1 � � 2
� x � 9  6 2;9  6 2
x  18x  9  0
�
Ta có
. Đối chiếu điều kiện ta thu
được ba nghiệm như trên.
�Hướng 4. Phương trình đã cho có đại lượng 4x 2x  1 nên ta nghĩ đến phân
2
2
2

2
tích phương trình về dạng A  B hoặc A  B  0 . Với định hướng đó ta viết

phương trình đã cho vè các dạng như sau
2
2
+ Khi viết phương trình về dạng A  B ta thấy có các khả năng sau

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96
o Với

Website:tailieumontoan.com





x2  6x  3  4x 2x  1 � 5x2  8x  4  2x  2x  1

2

, khi đó ta thấy vế trái

khơng phân tích được thành bình phương.
o Với





x2  6x  3  4x 2x  1 � 2x2  16x  7  x  2 2x  1

2

, khi đó ta thấy vế trái

khơng phân tích được thành bình phương.





2

x2  6x  3  4x 2x  1 � x  2 2x  1  2x  1
2x  1
o Với
, khi đó dễ thấy





2x  1

2

.

Như vậy ta có thể giải được bài tốn.
2
2
o Khả năng biến đổi viết phương trình về dạng A  B  0 khơng thực hiện được

nên ta trình bày lời giải cho phương trình như sau
1
x�
2 . Phương trình đã cho tương
Điều kiện xác định của phương trình là
đương với
�
2
2
x  3 2x  1
x2  4x 2x  1  4 2x  1  2x  1 � x  2 2x  1  2x  1 � �
�
x  2x  1
�
�
x �0
x  3 2x  1 � � 2
� x � 9  6 2;9  6 2
x  18x  9  0
�
+ Với

�
x 0
�
x �0
�
x  2x  1 � � 2
��
� x1
2
x  2x  1 0 �
x  1  0
�

+ Với
1
x�
S  9  6 2;1;9  6 2
2 , kết luận tập nghiệm
Đối chiếu với điều kiện
.



 











Nhận xét. Qua ví dụ trên ta nhận thấy khi đứng trước một phương trình vơ tỷ
thì lối đi giải bài tốn đặt trong tâm vào nhiều hướng tư duy. Tuy nhiên việc lựa
chọn hướng đi nào cho đúng đắn phụ thuộc vào q trình phân tích và gỡ rối
như thế nào cho hiệu quả. Trong các lời giải trên mỗi lời giải đều có điểm thú vị
của nó. Do phương trình có nghiệm kép x  1 nên sử dụng phương pháp nâng
lên lũy thừa là cách giải gọn gàng hơn cả.
Ví dụ 2. Giải phương trình





3 x2  1  4x  4x 4x  3

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho trong ví dụ 2 có hình thức tương tự như trong ví dụ
đầu nên ta có các hướng tiếp cận lời giải cho phương trình trên như sau. Nhẩm
một số giá trị đặc biệt ta thấy phương trình có hai nghiệm đẹp là x  1 và x  3
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

� Hướng 1. Phương trình đã cho có chứa một căn thức bậc hai và biểu thức
ngồi căn có dạng tam thức bậc hai. Do đó khi thực hiện phep nâng lên lũy
thừa thì phương trình thu được có bậc 4. Chú ý rằng phương trình có hai
nghiệm là x  1 và x  3 nên khi phân tích phương trình thành tích thì phương

 x  1  x  3

trình có chứa nhân tử

và nhân tử cịn lại là tam thức bậc hai nên ta

giải được.
3
x�
4 . Phương trình đã cho tương đương
Điều kiện xác định của phương trình là
với
9x4  24x3  2x2  24x  9  16x2  4x  3 � 9x4  40x3  46x2  24x  9  0
�
x1
�  x  1  x  3 9x2  4x  3  0 � �
x 3
�





2
Phương trình 9x  4x  3  0 vô nghiệm do   0 .

Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm

S   1;3

.

�Hướng 2. Hoàn toàn tương tự như ví dụ thứ nhất, do phương trình chứa căn
4x  3 nên ta có thể thực hiện phép đặt

4x  3  y  y �0

để đưa phương trình

về dạng đồng bạc hai,
2
Phương trình đã cho tương đương với 3x  4x  3  4x 4x  3 .

Đặt

4x  3  y  y �0

, khi đó ta thu được phương trình

�
x y
3x2  4xy  y2  0 �  x  y   3x  y   0 � �
3x  y

�
Ta xét hai trường hợp sau
�
x �0
x  y � x  4x  3 � � 2
� x � 1;3
x  4x  3  0
�
+ Trường hợp 1. Với
.
�
x �0
3x  y � 3x  4x  3 � � 2
9x  4x  3  0
�
+ Trường hợp 2. Với
, hệ vô nghiệm.
S   1;3
So sánh điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm
.
�Hướng 3. Để ý trong phương trình ta thấy có đại lượng 4x 4x  1 và lại có
3x2  4x2  x2 nên ta viết phương trình lại thành
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com





2

4x2  4x 4x  3  4x  3  x2 � 2x  4x  3  x2

. Đến đây ta có lời giải cho phương

trình.
Phương trình đã cho tương đương với
3x2  4x  3  4x 4x  3 � 4x2  4x 4x  3  4x  3  x2
�
2
x  4x  3
� 2x  4x  3  x2 � �
�
3x  4x  3
�
�
x �0
x  4x  3 � � 2
� x � 1;3
x  4x  3  0
�
+ Với
.
x �0

�
3x  4x  3 � � 2
9x  4x  3  0
�
+ Với
, hệ vô nghiệm.
S   1;3
So sánh điều kiện thu được tập nghiệm
.





� Hướng 4. Phương trình có hai nghiệm x  1 và x  3 nên ta có thể sử dụng
2
phương pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử x  4x  3.

 x
Lại có





4x  3 x  4x  3  x2  4x  3

. Đến đây ta giải được bài phương

trình bằng phương pháp nhân lương liên hợp.

3
x�
4 . Phương trình đã cho tương
Điều kiện xác định của phương trình là
đương với
4x x2  4x  3
2
4x x  4x  3  x  4x  3 �
 x2  4x  3
x  4x  3









� x2  4x  3
+ Với







4x  3  3x  0

x2  4x  3  0 � x � 1;3

�
x �0
3x  4x  3 � � 2
9x  4x  3  0
�
+ Với
, hệ vô nghiệm.
S   1;3
Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm
.
Nhận xét. Trong ví dụ thứ hai ta lại thấy được nhiều hướng đi trong tìm lời giải
cho bài tốn. Các hướng phân tích đều có tính hợp lý dựa trên mỗi liên hệ giữa
các đại lượng cho trong phương trình và các lời giải đều có tính tự nhiên.
Ví dụ 3. Giải phương trình

3x2  2x  7  3 x  1 x2  3

.

Phân tích và lời giải

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên suy nghĩ đâu tiên khi

tiếp cận phương trình đó làm triệt tiêu căn thức bậc hai. Chú ý rằng các đại
lượng ngoài căn là nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai nên để làm triệt tiêu
căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa hoặc phép
đặt ẩn phụ. Nhẩm một số giá trị ta nhận được x  1 là một nghiệm của phương
trình. Do đó với phương trình này ta có một số hướng tiếp cận như sau
�Hướng 1. Nhận thấy các đại lượng có ngồi căn có bậc nhât và bậc hai, còn
đại lượng trong căn là một đa thức bậc hai. Ngoài ra để ý đến hệ số cao nhất
của các đại lượng thì ta thấy nên nếu sử dụng pháp nâng lên lũy thừa thì
phương trình thu được là phương trình bậc ba. Mà phương trình lại có một
nghiệm là x  1 nên phương trình bậc ba giải được. Đến đây ta giải được bài
toán
Điều kiện xác định của phương trình là x �1.
2

Để ý rằng





3x2  2x  7   x  1  2 x2  3  0

với mọi x �1, do đó phương

trình đã cho tương đương với

 3x

2



 2x  7  9 x  1
2

2

x

2



3

� 9x  12x  46x  28x  49  9x4  18x3  36x2  54x  27
3

3

2





� 6x3  10x2  26x  22  0 �  x  1 6x2  4x  22  0

2
Dễ thấy phương trình 6x  4x  22  0 vơ nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta

được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
2
�Hướng 2. Chú ý đến đại lượng 3 x  1 x  3 , để làm triệt têu căn thức ta có

thể sử dụng phép đặt ẩn phụ. Khi phương trình được viết lại thành

 x  1

2





 3 x  1 x2  3  2 x2  3  0

2
và thực hiện đặt ẩn phụ a  x  1;b  x  3 thì

ta viết phương trình về dạng phương trình đẳng cấp bậc hai.
Điều kiện xác định của phương trình là x �1. Phương trình đã cho tương
đương với

 x  1

2





 3 x  1 x2  3  2 x2  3  0

2
Đặt a  x  1;b  x  3  0 . Khi đó phương trình trên trở thành

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

�
a b
a2  3ab  2b2  0 �  a  b  a  2b  0 � �
a  2b
�
Ta xét hai trường hợp
�
x  1 0
�
x 1
�

x  1  x2  3 � �
��
� x1
2
2
2x  2
x

1

x

3


�
�
+ Với a  b ta được
.
�
x  1 0
�
x �1
�
�
x  1 2 x2  3 � �
�
�
2
 x  1  4x2  12 �3x2  2x  11 0, hệ vô

�
+ Với a  2b ta được
nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
2
�Hướng 3. Lại để ý đến đại lượng 3 x  1 x  3 ta nghĩ đến phân tích phương

trình về dạng hiệu của hai bình phương.
Phương trình đã cho tương đương với
12x2  8x  28  12 x  1 x2  3









� 4 x2  2x  1  12 x  1 x2  3  9 x2  3  x2  3



2

 
2

� 2x  2 3 x2  3 



x2  3

2

�
�
2x  2 3 x2  3  x2  3
x  1  2 x2  3
��
��
�
2x  2 3 x2  3   x2  3 �
x  1 x2  3
�
�
�
x  1 0
�
x 1
�
x  1  x2  3 � �
��
� x1
2
2
2x  2
x


1

x

3


�
�
+ Với a  b ta được
.
a

2b
+ Với
ta được hệ vô nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
�Hướng 4. Chú ý rằng phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 nên ta nghĩ
đến phương pháp nhân đại lượng liên hợp để tạo ra nhân tử chung x  1.
Phươg trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com





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

�





3 x  1 x  1 x2  3 x  1 x2  3
x  1 x2  3

  4 x  1

�
x 1 0
�
�
 4 x  1 � � 6 x  1
4
x  1 x2  3
�
x  1 x2  3
�

6 x  1  x  1

+ Khi x  1  0 � x  1, thỏa mãn điều kiện xác định.

6 x  1

x  1�0
�
 4 � x  1  2 x2  3 � � 2
2
3x  2x  11  0
�
+ Khi x  1 x  3
, hệ vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1.
� Nhận xét. Về mặt hình thức thì phương trình cho trong ví dụ ba hồn tồn
tương tự như các ví dụ trên nên các hướng tiếp cận phương trình như trên là
hồn tồn tự nhiên.
Ví dụ 4. Giải phương trình

7x 

2
 1  7 x2  x  2
x
.

Phân tích và lời giải
Phương trình được cho trong ví dụ 4 có hình thức tương tự như ví dụ 3 do
đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như sử dụng phép nâng lên lũy thừa,

đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng đẳng cấp, phân tích phương trình thành
tích,…
�Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho
tương đương với
7x2  x  2  7x x2  x  2 � x2  x  2  7x x2  x  2  6x2  0
2
Đặt t  x  x  2  0 , khi đó phương trình trên trở thành

�
tx
t2  7xt  6x2  0 �  t  x  t  6x  0 � �
t  6x
�
�
x 0
�
x 0
x2  x  2  x � � 2
��
2
x 2 0
x  x 2 x
�
�
+ Với t  x ta được
, hệ vô nghiệm.
�
x 0
1 281
x2  x  2  6x � � 2

� x
2
70
x  x  2  36x
�
+ Với t  6x hay
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

x

1 281
70 .
TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

�Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với
7x2  x  2  7x x2  x  2 � 28x2  4x  8  28x x2  x  2









2

� 4 x2  x  2  28x x2  x  2  49x2  25x2 � 2 x2  x  2  7x   5x

2

�
� x2  x  2  6x
2 x2  x  2  7x  5x
��
��
2
�
2 x2  x  2  7x  5x �
�
�x  x  2  x

+ Với
+ Với

x0
�
x 0
�
x2  x  2  x � � 2
��
2
x 2 0
x  x 2 x

�
�
, hệ vô nghiệm.
�
x0
�
x 0
1 281
x2  x  2  6x � � 2
�
� x
�
2
2
70
x  x  2  36x
35x  x  2  0
�
�
x

1 281
70 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
2
�Hướng 3. Dễ thấy 7x  x  2  0 với mọi x  0 . Khi đó phương trình đã cho
tương đương với





2



7x2  x  2  7x x2  x  2



2





� 49x4  14x3  29x2  4x  4  49x2 x2  x  2





� 35x3  69x2  4x  4  0 �  x  2 35x2  x  2  0
Do x  0 nên từ phương trình trên ta được
Kết hợp với điều kiện xác định ta được

x

35x2  x  2  0 � x 

1� 281
70 .

1 281
70
là nghiệm duy nhất của

phương trình.
�Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với
7x 

x 2
x 2
 7 x2  x  2 �
 7 x2  x  2  7x
x
x

x 2 7
�

x





x2  x  2  x

x2  x  2  x

 �  x  2 ��1 
x
�

x2  x  2  x

�
� 0
x2  x  2  x �
7

Do x  0 nên từ phương trình trên ta được

x 0
1
7
1 281
�

 0 � x2  x  2  6x � � 2
� x
x
70
35x  x  2  0
x2  x  2  x
�
Kết hợp với điều kiện xác định ta được

x

1 281
70
là nghiệm duy nhất của

phương trình.
2
3
2
Ví dụ 5. Giải phương trình x  3x  4  3 x  6x  11x  6 .

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

Phân tích và lời giải
Phương

trình

x3  6x2  11x  6   x  1  x  2  x  3

chỉ chứa

một

dấu

căn

và

để ý rằng

. Cũng từ phân tích như trên ta có điều kiện

xác định là x �3 hoặc 1�x �2 , khi đó ta viết được căn thức bậc hai thành
x3  6x2  11x  6  x  11.  x  2  x  3

phân tích được

. Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta

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

. Đến đây ta có thể sử dụng

phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình.
�Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là
�
x 3
 x  1  x  2  x  3 �0 � �1�x �2
�
.

Phương trình đã cho tương đương với

x2  5x  6  2 x  1  3 x  1. x2  5x  6

a  x  5x  6;b  x  1 a �0;b �0

.

2

Đặt

. Khi đó phương trình trên trở thành
�
a b
a2  2b2  2ab �  a  b  a  2b  0 � �
a  2b
�
x2  5x  6  x  1 � x2  6x  7  0 � x  3� 2 .

+ Với a  b ta được

x2  5x  6  2 x  1 � x2  9x  10  0 � x 

+ Với a  2b ta được
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm
�
9 41�
�9  41
�

S �
;3 2;3 2;
�
2 �
� 2
.
�Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là

9 � 41
2 .

�
x 3

 x  1  x  2  x  3 �0 � �1�x �2
�

.
x

1
Nhận thấy
không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác
định thì x  1  0.
Phương trình đã cho tương đương với
x2  5x  6
x2  5x  6
 2 3
x1
x1

2
�
t1
x  5x  6
t2  2  3t �  t  1  t  2  0 � �
 a �0
t2
x 1
�
. Khi đó ta có

x2  5x  6  2 x  1  3 x  1. x2  5x  6 �
t

Đặt

�Với t  1 ta được

x2  5x  6  x  1 � x2  6x  7  0 � x  3� 2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
x2  5x  6  2 x  1 � x2  9x  10  0 � x 

�Với t  2 ta được
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm

9 � 41
2 .

�
9 41�
�9  41
�
S �
;3 2;3 2;
�
2 �
� 2
.
2
Ví dụ 6. Giải phương trình x  1 2x  1  3x  8x  4

Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc hai do đó ta cần đơn giản hóa tối đa
phương trình bằng cách làm triệt tiêu các căn thức. Ta có thể loại bỏ một căn
thức hoặc lại bỏ hai căn thức. Từ đó ta thấy có các định hướng xử lý như sau.
�Hướng 1. Đầu tiên ta tiếp cận với phương trình với hướng nâng lên lũy thừa.
Để ý rằng sau lần nâng lên lũy thừa thứ nhất phương trình chưa triệt tiêu hết
căn thức. Do đó ta có thể xử lý tiếp bằng cách nâng lên lũy thừa hai vế tiếp.
Chú ý rằng phương trình có một nghiệm là x  0 .

Điều kiện xác định là

2x  1�0
�
� 2
3x  8x  4 �0
�

. Phương trình đã cho tương đương

với



 
2

x  1 2x  1 

3x2  8x  4



2

� x2  4x  2  2 x  1 2x  1  3x2  8x  4

� 2 x  1 2x  1  2x2  4x  2 �  x  1 2x  1   x  1

2

Do x  1  0 nên từ phương trình trên ta được

x  1�0
x �1
�
�
x  1 2x  1 � � 2
� �2
� x 0
x  2x  1  2x  1 �
x 0
�
, thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 .
� Hướng

2.

Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân tích

3x  8x  4  3 x  1  2x  1
2

2

khi

x  1 2x  1  3 x  1  2x  1

đó

ta

viết

phương

trình

lại

thành

2

. Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để

xử lý phương trình.
x  1 2x  1  3 x  1  2x  1
2

Phương trình đã cho tương đương với
a  x  1;b  2x  1 a  0;b �0
Đặt
. Khi đó ta được phương trình

a  b  3a2  b2 �  a  b  3a2  b2 � a2  ab  0 � a a  b  0
2

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC

96

Website:tailieumontoan.com

Do a  0 nên từ phương trình trên ta được a  b

�
x  1�0
�
x �1
x  1  2x  1 � � 2
� �2
� x 0
x  2x  1  2x  1 �
x 0
�
Do đó
, thỏa mãn.
� Hướng 3. Cũng từ định hướng trên ta nhận thấy nếu chia hai vế của pương
x 1

3 x  1

2

 1
1
2x


1
2x

1
2x

1
trinh cho
thì phương trình có dạng
. Đến đây ta
x 1
t
2x  1 để giải phương trình đã cho. Chú ý xét các trường hợp để phép
đặt
chia thực hiện được.
x  1 2x  1  3 x  1  2x  1
2

Phương trình đã cho tương đương với
1
x 
2 khơng phải là nghiệm của phương trình.
Nhận thấy

3 x  1
x 1
1
 1
1

x �
2x  1
2 , khi đó phương trình trên tương đương với 2x  1
Xét
x 1
t
0
2
2
2
2x

1
Đặt
. Khi đó ta được t  1  3t  1 � t  2t  1  3t  1 � t  1
�
x  1 �0
�
x �1
�
�
x  1  2x  1 � � 2
� �2
� x0
x  2x  1  2x  1 �
x 0
�
Do đó
, thỏa mãn.
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 .
� Nhận xét. Phương trình chứa hai căn thức bậc hai nên hoàn toàn tự nhiên
khi ta chọn phương án ẩn phụ hóa phương trình. Có hai cách ẩn phụ hóa như
trên nhưng về mặt bản chất hai cách đó là một và chỉ khác nhau ở hình thức
trình bày lời giải.
x2  5x  3  x2  5x  2  5

Ví dụ 7. Giải phương trình
Phân tích và lời giải

Quan sát phương trình đã cho thì suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận phương
trình đó là nhân lượng liên hợp đưa phương trình về hệ tạm. Ngồi ra để ý ta

x

2

thấy

 



 5x  3  x2  5x  2  5

thì ta lại có các hướng tiếp cận như đặt ẩn phụ

hoặc nâng lên lũy thừa
2

�Hướng 1. Điều kiện các định của phương trình là x  5x �2 . Biến đổi tương

đương phương trình đã cho ta được

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

2
�
� x  5x  2 �5
x2  5x  3  5 x2  5x  2 � �
x2  5x  3  x2  5x  2  25 10 x2  5x  2
�
�
2
�
�
x1
� x  5x  2 �5
� x2  5x  6  0 � �
� 2
x  6
�
� x  5x  2  2

Hay ta được �

Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 .
�
a  x2  5x  3
�
 a  0;b �0
�
2
�
�b  x  5x  2

�
a2  x2  5x  3
�
� a2  b2  5
�2
2
�b  x  5x  2

�Hướng 2. Đặt
, khi đó
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình

.

�
a b  5
a b  5

�
a b  5 �
a 3
�
�
�
��
��
�2
�
2
a b 5 �
 a  b  a  b  5 �a  b  1 �b  2
�
�
a  x2  5x  3  3
�
x1
�
� x2  5x  6  0 � �
�
2
x  6
�
�
�b  x  5x  2  2

Từ đó ta được
Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 .

�Hướng 3. Chú ý rằng

x2  5x  3 � x2  5x  2 với mọi x thuộc điều kiện xác

định.
Do đó ta biến đổi phương trình như sau

x
 5x  2  5 �

2

x  5x  3  x
2

Thu gọn ta được

2

 

 5

 5x  3  x2  5x  2

x2  5x  3  x2  5x  2

x2  5x  3  x2  5x  2  1.

2

2
�
� x  5x  3  x  5x  2  1
� 2
� x  5x  3  x2  5x  2  5
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ �

�
x1
2 x2  5x  3  5 � x2  5x  6  0 � �
x  6
�
Từ đó suy ra
Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 .
Nhận xét.
�Trong cả ba lời giải trên ta đều không đi sâu vào giải các điều kiện phức tạp
mà lại dùng phép thử lại nghiệm để kết luận.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

�Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đường bằng
cách nâng lên lũy thừa hết sức thuần túy mặc dù phương trình hệ quả thu được
không được đẹp co lắm. Ở đây ta không đi giải điều kiện

x2  5x  2 �5 để

tránh việc đối chiếu nghiệm phức tạp.
� Lời giải thứ hai thực hiện bằng phép đặt ẩn phụ để đưa phương trình về
thành hệ và ở đây có sử dụng một hằng đẳng thức hết sức quan thuộc.
� Lời

giải thứ ba sử dụng cách nhân lượng liên hợp với chú ý
A B
A  B
 A  B �0
A B
, đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một

f  x  g  x
phương trình cơ bản dạng
. Bản chất của lời giải thứ hai và thứ ba là
như nhau nhưng khác ở hình thức trình bày lời giải.

Ví dụ 8. Giải phương trình

4

x  4 2 x  2.

Phân tích và lời giải
Phương trình chứa hai căn thức bậc bốn, do đó ta khơng khơng thể sử
dụng pháp nâng lên lũy thừa để xử lý phương trình. Để ý rằng x  2  x  2 nên ta
nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ phương

trình. Ngồi ra từ điều kiện xác định 0 �x �2 và nhẩm thấy phương trình có một
nghiệm là x  1 nên ta có thể xử lý phương trình bằng phương pháp đánh giá.
�Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0 �x �2 .

a  4 x;b  4 2  x  a �0;b �0
Để ý rằng x  2  x  2 nên khi đặt
thì ta thu
4
4
được phương trình a  b  2 . Phương trình đã cho trở thành a  b  2 . Chú ý rằng
a �0;b �0 nên ta suy ra được 0 �a,b �2 . Từ đó dẫn đến 0 �ab �4 . Kết hợp hai
a b  2
�
�4
a  b4  2
�

phương trình trên ta có hệ
.
Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng dạng 1 nên biến đổi
tương đương hệ phương trình ta được
�
a2  b2  4  2ab
�
a2  b2  4  2ab
a b  2
�
�
�
��

��
2
�4
a  b4  2 �a2  b2  2a2b2  4 �
 4 2ab  2a2b2  4
�
�
�
a2  b2  4  2ab
2
2
�
a  b  4  2ab
�
�
� �2 2
� ��
ab  1
a b  8ab  7  0 ��
�
ab  7
��





Kết hợp với điều kiện 0 �ab �4 ta được ab  1.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

4
�
ab  1
�
a 1 �
�x 1
��
��
�x1
�
a  b  1 �b  1 �4 2  x  1
�
Khi đó ta có hệ phương trình
.

Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có
nghiệm duy nhất là x  1.
�Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là 0 �x �2 .
Để ý rằng với x  1 thì ta có x  1�2 x và

2  x  1�2 2  x và

x  1�24 x Đồng thời lại có

2  x  1�24 2  x . Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy

để đánh giá phương trình.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm ta được
�
x 1
1
�4
x1
x.1  1
x 3
4
2
x  x.1 �

�

�
�
2
2
2
4
�
2 x  1
�
1
2


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

x  3 5 x
x  4 2 x �

2

4
4
.

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
4
4
Như vậy để phương trình x  2  x  2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên
đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là

4

x  4 2  x  1� x  1.

Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có
nghiệm duy nhất là x  1.
�Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là 0 �x �2 .
Lại thấy do x  1 nên ta có

4

x  4 2  x n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử

dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng

 ac  bd

2





� a2  b2 c2  d2

.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được


Từ đó ta được




�4
4
� x  2 x
�
� x  2 x
�
4

x  4 2 x

Tác giả: Nguyễn Công Lợi



2






 

2

� 1 1

2

� 1 1  x  2  x  4

�4

x  2 x  2

hay ta được

4

x  2 x



x  4 2  x �2 .

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

Như vậy để phương trình

4

x  4 2  x  2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên

đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là

4

x  4 2  x  1� x  1.

Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có
nghiệm duy nhất là x  1.
Nhận xét.
�Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình
về hệ phương trình, tuy nhiên việc giải hệ phương trình tương đối phức tạp.
� Trong lời giải thứ hai và thứ ba ta sử dụng phương pháp đánh giá bằng ác
dùng các bất đẳng thức cổ điển Cauchy hay Bunhiacopxki. Để áp dụng được
phương pháp này dường như phương trình cần có sự đặc biệt nào đó về mặt
hình thức.
Ví dụ 9. Giải phương trình

 x  3

48  x2  8x  x  24

Phân tích và lời giải
Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là 12 �x �4 . Phương
trình chỉ chứa một căn thức bậc hai, do đó khi thực hiện nâng lên lũy thừa thì ta
thu được phương trình bậc bốn, do ta khơng nhẩm nên ta phân tích phương
trình bậc bốn thành tích của hai phương trình bậc hai, để xử lý điều này ta sử
dụng phương pháp hệ số bất định, tuy nhiên hướng đi này gây cho ta có nhiều
khó khăn.
48  x2  8x   x  3  57  2x
2

Để ý ta nhận thấy

. Như vậy khi ta thực hiện

2
2
a  x  3;b  48  8x  x2  b �0
phép đặt ẩn phụ
thì ta thu được a  b  57  2x .
Mặt khác ta lại có ab  x  24 hay 2ab  2x  48 . Như vậy kết hợp hai kết

quả trên thì ta thu được phương trình

 a  b

2

9

. Như vậy ta giải được phương

trình.
�Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 12 �x �4 .
Đặt

a  x  3;b  48 8x  x2  b �0

2
2
. Khi đó ta được a  b  57  2x .

Phương trình đã cho trở thành ab  x  24 hay 2ab  2x  48 .
Kết hợp hai kết quả trên ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

 a  b

2

 9 � a  b  �3

hay ta được

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

96

Website:tailieumontoan.com

+ Với

� 48  8x  x2  x
x  3 48  8x  x2  �3 � �
2
�
� 48  8x  x  x  6
x �0
�
48  8x  x2  x � � 2
� x  2 7  2
x  4x  24  0
�

�
x �6
48  8x  x2  x  6 � � 2
� x  5 31
x  10x  6  0
�
+ Với
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm



.

S  2 7  2; 5 31

2
� Hướng 2. Để loại căn thức ta đặt ẩn phụ t  48  8x  x . Khi đó ta được
2
2
t2  48  8x  x2 và phương trình đã cho được viết lại thành t  2 x  3 t  x  6x  0 .

Để giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được

t2  2 x  3 t  x2  6x  0

thành tích.
Điều kiện xác định của phương trình là 12 �x �4 . Phương trình đã cho
tương đương với
2 x  3 48  2x  x2  2x  24 � 48  2x  2 x  3 x2  8x  48

�  x2  8x  48  2 x  3 x2  8x  48  x2  6x  0

2
Đặt t  48  8x  x ,t �0. Khi đó phương trình trên trở thành

t2  2 x  3 t  x2  6x  0 �  t  x  6x  t  x  0 �  t  x  t  x  6  0
2

Ta xét hai trường hợp sau
+ Nếu t  x  0 , suy ra t   x , do đó ta được

�
x �0
48  8x  x2  x � � 2
� x  2 7  2
x  4x  24  0
�
+ Nếu t  x  6  0 , suy ra t  x  6 , do đó ta được
�
x �6
48  8x  x2  x  6 � � 2
� x  5 31
x  10x  6  0
�
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm



.

S  2 7  2; 5 31

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

2
�Hướng 3. Để ý đến đại lượng 2 x  3  x  8x  48 ta nghĩ đến biến đổi

phương trình thành dạng bình phương. Khi đó ta viết phương trình thành

x2  8x  48  2 x  3 x2  8x  48   x  3  9 �





2

x2  8x  48  x  3  9

Như vậy phương trình đã cho giải được.
Điều kiện xác định của phương trình là 12 �x �4 . Phương trình đã cho tương
đương với
2 x  3 48  2x  x2  2x  24 � 48  2x  2 x  3 x2  8x  48
�  x2  8x  48  2 x  3 x2  8x  48  x2  6x  0
�  x2  8x  48  2 x  3 x2  8x  48   x  3  9
2

� 48  8x  x2  x
2
 x2  8x  48  x  3  9 � �
2
�
� 48  8x  x  x  6
x �0

�
48  8x  x2  x � � 2
� x  2 7  2
x  4x  24  0
�
�

+ Với





�
x �6
48  8x  x2  x  6 � � 2
� x  5 31
x  10x  6  0
�
+ Với
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm



.

S  2 7  2; 5 31

�Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là 12 �x �4 . Phương trình đã
cho tương đương với

 x  3 
+ Xét trường hợp



48  8x  x2  x  x2  4x  24

�
x �0
48 8x  x2  x � � 2
� x 2 72
x  4x  24  0
�
, thay vào phương

trình đã cho ta thấy x  2 7  2 không thỏa mãn.
+ Xét trường

 x  3 

48 8x
�۹x
2

x



x 2 7 2 . Khi đó

48 8x  x2  x  x2  4x  24 � 2 x  3 .

48  8x  x2  x �0 . Từ đó
x2  4x  24
x2  8x  48  x

 x2  4x  24

�
x2  4x  24  0
�
�
2x  6
x  4x  24 �
 1�
�
� 0 � �
� 48  8x  x2   x  6
48  8x  x2  x �
�
�
Hay



2



Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

�
x  2 7  2
x2  4x  24  0 � �
�
x 2 72
�
+ Với

+ Với

x �6
�
48  8x  x2  x  6 � � 2
� x  5 31
x  10x  6  0
�

Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là



.

S  2 7  2; 5 31

3

Ví dụ 10. Giải phương trình





3 2x 2 3x  2  1  3 4x  3

Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có chứa gai căn bậc lệch nhau nên để loại bỏ căn
thức ta có thể sử dụng ẩn phụ hoặc sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp,
ngồi ra ta cũng có thể sử dụng phương pháp đánh giá. Để ý là nhẩm một số
giá trị đặc biệt ta được x  1 là một nghiệm của phương trình.
2
x�
3.
� Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là
2
3
x�
3 2x 2 3x  2  1
3 thì
Phương trình đã cho có chứa tích
. Để ý rằng với

2 3x  2  1  0 , do đó phương trình đã cho được viết lại thành



3

3 2x 

liên hợp



3 4x  3

2 3x  2  1 . Để loại bỏ căn thức dưới mẫu ta sử dụng phép nhân lượng

 2 3x  2  1  2 3x  2  1  4 3x  2  1 3 4x  3 , như vậy ta viết được đã

3
cho phương trình lại thành 3 2x  2 3x  2  1.
Chú ý là phép nhân lượng liên hợp thực hiện được ta xét các trường hợp

2 3x  2  1  0 và 2 3x  2  1 �0 . Đến đây ta có các cách trình bày lời giải cho

phương trình.
2
x�
3 nên 2 3x  2  1  0 .
+ Cách 1. Do
2 3x  2  1  0 � 2 3x  2  1 � 4 3x  2  1 � 12x  9 � x 

o Xét
không phải là nghiệm của phương trình đã cho.

3
3
x
4 . Ta thấy
4

o Xét 2 3x  2  1 �0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
3

3 2x 

3 4x  3
2 3x  2  1

� 3 3 2x 





3 4x  3 2 3x  2  1

 2 3x  2  1  2 3x  2  1

� 3 3 2x  2 3x  2  1

a  3 3 2x;b  3x  2, b �0

3
2
Đặt
. Khi đó ta có phương trình 3a  2b  5.
Phương trình ban đầu trở thành a  2b  1. Từ đó ra được hệ phương trình
�
a  2b  1
� 3
3a  2a2  5
�
.
�
2b  a  1
�2b  a  1
�
�
��
� 3
2

a  1 6a2  7a  9  0

6a   a  1  5 �
�
Biến đổi hệ phương trình trên thì được
2
Dễ thấy phương trình 6a  7a  9  0 vô nghiệm nên từ hệ phương trình trên ta





được a  1.
Từ đó dẫn đến 3 2x  1 � x  1. Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình
ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
+ Cách 2. Để ý rằng phương trình có nghiệm là x  1 nên ta có thể biến đổi
phương trình thành
3

3 2x  1  2 3x  2  2 �
3

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

3

�
�
2
6
�
� 0
�  x  1

�3
2
3
3x  2  1�
�  3 2x  3 2x  1
�
�
�
2
Dễ thấy

3

 3 2x

2

 3 2x  1
3



6
3x  2  1

0
. Do đó từ phương trình trên ta được

x  1 là nghiệm.
� Hướng 2. Từ phân tích trong hướng thứ nhất ta thu được phương trình
3

3 2x  2 3x  2  1 hay ta viết lại thành

thì ta có

3

3

2x  3  2 3x  2  1. Nhận thấy khi x  1

2x  3  2 3x  2  1 và khi x  1 thì ta lại có

3

2x  3  2 3x  2  1, mà

phương trình lại có x  1 là nghiệm nên ta sử dụng phép đánh giá phương trình

xoay quanh nghiệm x  1.
3
x�
2 . Phương trình đã cho
Điều kiện xác định của phương trình là
tương đương với
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
3

3 2x 

3 4x  3
2 3x  2  1

� 3 3 2x 





3 4x  3 2 3x  2  1

 2 3x  2  1  2 3x  2  1

� 3 2x  3  2 3x  2  1

Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1. Với x  1, khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1.
Từ đó dẫn đến

3

2x  3  2 3x  2  1 2.1  1 hay phương trình

3

2x  3  2 3x  2  1

3

2x  3  2 3x  2  1

3

2x  3  2 3x  2  1

vô nghiệm.
+ Trường hợp 2. Với x  1, khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1.
Từ đó dẫn đến

3

2x  3  2 3x  2  1 2.1  1 hay phương trình

vơ nghiệm.
+ Trường hợp 3. Với x  1, khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1.
Từ đó dẫn đến

3

2x  3  2 3x  2  1 2.1  1 hay phương trình

có nghiệm là x  1.
Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình ta được x  1 là nghiệm duy
nhất của phương trình.
�Nhận xét. Trong hai hướng tìm lời giải trên ta thấy hướng thứ nhất tự nhiên
hơn và cũng dễ phát hiện hơn. Hướng giải thứ hai sử dụng phương pháp đánh
giá chỉ thực sự được hình thành sau khi nhẩm được nghiệm của phương trình
2
Ví dụ 11. Giải phương trình 4x  2x  9  9 .

Phân tích và lời giải
Quan sát phương trình ta thấy phương trình chỉ chứa một dấu căn bậc
hai, do đó để lạo bổ căn thức ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa hoặc
phương pháp đặt ẩn phụ. Trước hết ta ta tìm được điều kiện xác định của

phương trình là

x �

9
2.

�Hướng 1. Để loại bỏ căn thức trong phương trình ta có thể đặt

y  2x  9,y �0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành 4x2  y  9 . Với phương
trình này ta chưa thể giải được nên ta chú ý đến phép đặt ẩn phụ

y  2x  9 thì

2
thu được y  2x  9 .

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

�
4x2  y  9
�
�2
y  2x  9
Như vậy với hai phương trình trên ta có hệ phương trình �
Quan sát kỹ ta thấy phương trình có dạng đối xứng dạng 2 nếu ta đặt
t  2x do đó ta giải được hệ phương trình và xem như phương trình đã cho được

giải quyết.
x �

9
2 . Đặt y  2x  9,y �0 . Khi

Điều kiện xác định của phương trình là
2
đó ta có phương trình y  2x  9 .
2
Phương trình đã cho trở thành 4x  y  9 . Từ đó ta có hệ phương trình
�
4x2  y  9
�
�2
�y  2x  9 .
4x2  y  y2  2x �  2x  y   2x  y  1  0
Từ hệ phương trình trên suy ra
.
Ta xét hai trường hợp sau.
+ Trường hợp 1: Nếu 2x  y  0 � y  2x , từ đó ta được
�9
 �x �0
1 37
�
2x  2x  y � � 2
� x
4
�
4x2  2x  9
�

+ Trường hợp 1: Nếu 2x  y  10 � y  2x  1, từ đó ta được
�1
 �x
33  1
�
2x  1 2x  y � � 2
� x
2
4
�
 2x  1  2x  9
�
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
�1 37 33  1�
�
�
S �
;
�
4 �
� 4
.
�Hướng 2. Cũng là ý tưởng đặt ẩn phu để loại căn thức, nhưng ở đây ta thử
đặt ẩn phu để đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với mỗi ẩn rồi
kiểm tra xem biệt thức  có chính phương khơng.
2
Với ý tưởng đó ta viết phương trình lại thành 2x  9  2x  9  4x  2x  0 .

2
2

Đặt t  2x  9,t �0. Khi đó ta có phương trình t  t  4x  2x  0 . Xem phương

trình có ẩn t và x là tham số thì ta có

Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi





  1 4 4x2  2x   4x  1

2

. Như vậy

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com

phương trình trên phân tích được thành tích. Do đó ta giải được phương trình đã
cho.
x �

9
2.

Điều kiện xác định của phương trình là
2
Ta viết phương trình lại thành 2x  9  2x  9  4x  2x  0 . Đặt t  2x  9,t �0. Khi
đó ta có phương trình

t2  t  4x2  2x  0 �  t  2x  t  2x  1  0

. Ta xét hai trường

hợp sau.
+ Trường hợp 1: Nếu 2x  t  0 � t  2x , từ đó ta được
�9
 �x �0
1 37
�
2x  2x  y � � 2
� x
4
�
4x2  2x  9
�
+ Trường hợp 1: Nếu t  2x  1  0 � t  2x  1, từ đó ta được
�1
 �x
33  1
�
2x  1 2x  y � � 2
� x
2
4

�
�2x  1  2x  9
.
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
�
�1 37 33  1�
�
S �
;
�
4 �
� 4
.
�Hướng 3. Chú ý đến căn thức 2x  9 , khi đó nếu nhân thêm một hệ số chẵn
2
thì ta thấy có dạng 2ab của hằng đẳng thức bậc hai. Chú ý rằng hệ số của x là

4 nên khi nhân thêm hệ số ta chọn số chính phương. Do đó ta viết phương trình
2
lại thành 16x  4 2x  9  36 . Đến đây nếu ta viết một vế của phương trình về

2
2
dạng A  B thì vế cịn lai khơng bằng 0, do đó ta viết phương trình về dạng

A 2  B2 . Để viết phương trình về dạng A 2  B2 ta chuyển vế 4 2x  9 sang vế kia.
Khi

đó

i

phương

trình

biến





16x2  8x  1  4 2x  9  4 2x  9  1 �  4x  1  2 2x  9  1
2

đổi

thành

2

. Như vậy ta có lời giải

cho phương trình.
Điều kiện xác định của phương trình là

x �

9
2 . Biến đổi tương đương

phương trình đã cho
Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi

TÀI LIỆU TỐN HỌC


96

Website:tailieumontoan.com
4x2  2x  9  9 � 16x2  4 2x  9  36





� 16x2  8x  1  4 2x  9  4 2x  9  1 �  4x  1  2 2x  9  1
2

2

�
4x  1  2 2x  9  1
�
2x  2x  9
��
��
�
4x  1   2 2x  9  1
�

2x  1  2x  9
�
�



+ Trường hợp 1: Với



�9
 �x �0
1 37
�
2x  2x  y � � 2
� x
4
�
4x2  2x  9
�
�1
 �x
33  1
�
2x  1 2x  y � � 2
� x
2
4
�
�2x  1  2x  9

+ Trường hợp 1: Với
.
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
�
�1 37 33  1�
�
S �
;
�
4 �
� 4
.
� Hướng 4. Sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa để đưa phương trình về
dạng phương trình bậc 4. Do khơng có nghiệm đẹp nên khi phân tích phương
trình bậc 4 thành tích ta được hai nhân tử là các tam thức bậc hai. Để tìm được
các tam thức bậc hai đó ta sử dụng phương pháp hệ số bất định.
Thực hiện nâng lên lũy thừa ta được
Giả sử



2x  9  9 4x2 � 8x4  36x2  x  36  0 .



8x4  36x2  x  36  0  ax2  bx  c mx2  nx  k

 . Khai triển và đồng nhất hệ

số hai vế ta được am  8;bm  an  0;ak  cm  bn  36;bk  cn  1;ck  36 . Ta không
tiến hành giải hệ trên mà đi chọn các giá trị nguyên của từng cặp hệ số tương
ứng thử vào hệ trên để tìm bộ số thỏa mãn. Chẳng hạn ta chọn a  4;m  2 thay
vào rồi thử tiếp các cặp hệ số tương ứng tiếp. Qua một thời gian thử ta chọn
được bộ số thỏa mãn là a  4;b  2;c  9;m  2;n  1;k  4 . Tức là ta phân tích

 4x

2

được

phương trình thành





 2x  9 2x2  x  4  0

. Đến đây ta giải được

phương trình.
Điều kiện xác định của phương trình là
Phương trình đã cho tương đương với

x �

9
2.

2x  9  9  4x2 . Biến đổi tương đương tiếp

ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC