Phân tích các hướng giải cho một bài toánphương trình vô tỷ ưu và nhược điểm

PHÂN TÍCH VÀ SUY LUẬN TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TỐN PHƯƠNG
TRÌNH CHỨA CĂN
Chúng ta đã được tìm hiểu về các phương pháp giải một phương trình vơ tỷ
cũng như một phương trình vơ tỷ có thể có nhiều phương pháp tiếp cận xử lý. Tuy
nhiên khi đứng trước một bài tốn phương trình vơ tỷ làm thế nào để tiếp cận và
đưa ra được một lời giải cho nó là một câu hỏi lớn và đang còng 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 tôi xin đưa ra một số phân tích và suy luận để giải thích lại
giải bài tốn như thế. Trong chủ chúng tôi 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

Ví dụ 1. Giải phương trình x2 + 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,…
• Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x 

(

1
.
2

)

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2
x 4 + 30x 2 + 12x 3 − 36x + 9 = 16x 2 ( 2x − 1)  x 4 + 20x 3 + 46x 2 − 36x + 9 = 0

Nhận xét x x2 + 6x − 3  0, x 

 x 2 ( x − 1) − 18x ( x − 1) + 9 ( x − 1) = 0
2

(

2

)

2



 x 2 − 18x + 9 ( x − 1) = 0  x  9 − 6 2;1; 9 + 6 2
2







Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm S = 9 − 6 2;1; 9 + 6 2 .

273


2x − 1 do đó ta biến đổi phương trình

• Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức

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 phương trình thu được là x2 − 4xy + 3y2 = 0 , đây là phương trình đồng bậc 2
và chú ý đến các hệ số thì ta phân tích được.
x 2 − 4xy + 3y 2 = 0  x ( x − y ) − 3y ( x − y ) = 0  ( x − y )( x − 3y ) = 0

+ Trường hợp 1. Với



x  0
x  0
x − y = 0  x − 2x − 1   2

 x =1.
2

x
−
1
=
0

(
)
x − 2x + 1 = 0


x  0
 x =96 2 .
+ Trường hợp 2. Với x − 3y = 0  x = 3 2x − 1   2
x − 18x + 9 = 0





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 2 − 6x + 3 

 ( x − 1)

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  9 − 6 2; 9 + 6 2 . Đối chiếu điều kiện ta
Ta có x = 3 2 − 1   2
x − 18x + 9 = 0
thu được ba nghiệm như trên.





• Hướng 4. Phương trình đã cho có đại lượng 4x 2x − 1 nên ta nghĩ đến phân tích

phương trình về dạng A 2 = B2 hoặc A2 + B2 = 0 . Với định hướng đó ta viết phương
trình đã cho vè các dạng như sau
+ Khi viết phương trình về dạng A 2 = B2 ta thấy có các khả năng sau

(

)

2

Với x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1  5x2 + 8x − 4 = 2x − 2x − 1 , khi đó ta thấy vế trái
khơng phân tích được thành bình phương.

(

)

2

Với x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1  2x2 + 16x − 7 = x + 2 2x − 1 , khi đó ta thấy vế trái
khơng phân tích được thành bình phương.

274


(

Với x2 + 6x − 3 = 4x 2x − 1  x − 2 2x − 1

2x − 1 =

(

)

)

2

= 2x − 1 , khi đó dễ thấy

2

2x − 1 . Như vậy ta có thể giải được bài tốn.

Khả năng biến đổi viết phương trình về dạng A2 + B2 = 0 khơng thực hiện được
nên ta trình bày lời giải cho phương trình như sau
Điều kiện xác định của phương trình là x 

1
. Phương trình đã cho tương
2

đương với

(

x2 − 4x 2x − 1 + 4 ( 2x − 1) = 2x − 1  x − 2 2x − 1

) =(
2

2x − 1

)

2

 x = 3 2x − 1

 x = 2x − 1

x  0
 x  9 − 6 2; 9 + 6 2
+ Với x = 3 2x − 1   2
x − 18x + 9 = 0
x  0

x  0

+ Với x = 2x − 1   2

 x=1
2
x
−
1

=
0

(
)
x − 2x + 1 = 0


1
Đối chiếu với điều kiện x  , kết luận tập nghiệm S = 9 − 6 2;1; 9 + 6 2 .
2









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 x 2 − 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
• 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 trình có chứa nhân
tử ( x − 1)( x − 3 ) và nhân tử còn lại là tam thức bậc hai nên ta giải được.
275


Điều kiện xác định của phương trình là x 

3
. Phương trình đã cho tương đương
4

với

9x 4 + 24x 3 − 2x 2 − 24x + 9 = 16x 2 ( 4x − 3 )  9x 4 − 40x 3 + 46x 2 − 24x + 9 = 0
x = 1
 ( x − 1)( x − 3 ) 9x 2 − 4x + 3 = 0  
x = 3

(

)

Phương trình 9x2 − 4x + 3 = 0 vô nghiệm do   0 .
Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S = 1; 3 .
• Hướng 2. Hồn tồn 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,
Phương trình đã cho tương đương với 3x 2 + 4x − 3 = 4x 4x − 3 .
Đặt

4x − 3 = y ( y  0 ) , khi đó ta thu được phương trình

x = y
3x2 − 4xy + y 2 = 0  ( x − y )( 3x − y ) = 0  
 3x = y
Ta xét hai trường hợp sau
x  0
 x  1; 3 .
+ Trường hợp 1. Với x = y  x = 4x − 3   2
x − 4x + 3 = 0
x  0
+ Trường hợp 2. Với 3x = y  3x = 4x − 3   2
, hệ vô nghiệm.
9x − 4x + 3 = 0
So sánh điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S = 1; 3 .
• 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

(

4x2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = x2  2x − 4x − 3

)

2

= x 2 . Đến đây ta có lời giải cho

phương trình.
Phương trình đã cho tương đương với
3x 2 − 4x − 3 = 4x 4x − 3  4x 2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = x 2

(

 2x − 4x − 3

276

)

2

 x = 4x − 3
= x2  
 3x = 4x − 3

x  0
 x  1; 3 .
+ Với x = 4x − 3   2
x − 4x + 3 = 0
x  0
+ Với 3x = 4x − 3   2
, hệ vô nghiệm.
9x − 4x + 3 = 0

So sánh điều kiện thu được tập nghiệm S = 1; 3 .

• Hướng 4. Phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3 nên ta có thể sử dụng

phương pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử x2 − 4x + 3 .
Lại có

(x −

)(

)

4x − 3 x + 4x − 3 = x2 − 4x + 3 . Đến đây ta giải được bài

phương trình bằng phương pháp nhân lương liên hợp.
3
Điều kiện xác định của phương trình là x  . Phương trình đã cho tương
4
đương với

(

)

4x x − 4x − 3 = x − 4x + 3 

(

 x 2 − 4x + 3

)(

2

)

(

4x x 2 − 4x + 3
x + 4x − 3

) =x

2

− 4x + 3

4x − 3 − 3x = 0

+ Với x 2 − 4x + 3 = 0  x  1; 3
x  0
+ Với 3x = 4x − 3   2
, hệ vô nghiệm.
9x − 4x + 3 = 0
Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm S = 1; 3 .

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) x 2 + 3 .
Phân tích và lời giải
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

277


• Hướng 1. Nhận thấy các đại lượng có ngồi căn có bậc nhât và bậc hai, cịn 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 tốn
Điều kiện xác định của phương trình là x  −1 .

(

)

(

)

Để ý rằng 3x 2 + 2x + 7 = ( x + 1) + 2 x 2 + 3  0 với mọi x  −1 , do đó phương
2

trình đã cho tương đương với

( 3x

2

+ 2x + 7

)

= 9 ( x + 1) x 2 + 3

2

2

 9x 3 + 12x 3 + 46x 2 + 28x + 49 = 9x 4 + 18x 3 + 36x 2 + 54x + 27

(

)

 6x 3 − 10x 2 + 26x − 22 = 0  ( x − 1) 6x 2 − 4x + 22 = 0
Dễ thấy phương trình 6x2 − 4x + 22 = 0 vơ nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta
được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
• Hướng 2. Chú ý đến đại lượng 3 ( x + 1) x 2 + 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) x 2 + 3 + 2 x 2 + 3 = 0

và

thực

hiện

đặt

ẩn

phụ

a = x + 1; b = x2 + 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) x 2 + 3 + 2 x 2 + 3 = 0

Đặt a = x + 1; b = x2 + 3  0 . Khi đó phương trình trên trở thành

a = b
a 2 − 3ab + 2b2 = 0  ( a − b )( a − 2b ) = 0  
a = 2b
Ta xét hai trường hợp


x  −1
x + 1  0
+ Với a = b ta được x + 1 = x2 + 3  

 x = 1.


2
2
2x
=
2
x
+
1
=
x
+
3
(
)




278




x + 1  0
x  −1
+ Với a = 2b ta được x + 1 = 2 x 2 + 3  
, hệ

 2

2
2
3x
−
2x
+
11
=
0
x
+
1
=
4x
+
12

(
)



vô nghiệm.
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương
trình.
• Hướng 3. Lại để ý đến đại lượng 3 ( x + 1) x 2 + 3 ta nghĩ đến phân tích phương

trình về dạng hiệu của hai bình phương.
Phương trình đã cho tương đương với
12x 2 + 8x + 28 = 12 ( x + 1) x 2 + 3

(

)

(

)

 4 x 2 + 2x + 1 − 12 ( x + 1) x 2 + 3 + 9 x 2 + 3 = x 2 + 3

(

2

 2x + 2 − 3 x 2 + 3

) =(
2

x2 + 3

)

2

 2x + 2 − 3 x 2 + 3 = x 2 + 3
x + 1 = 2 x 2 + 3



 2x + 2 − 3 x 2 + 3 = − x 2 + 3
 x + 1 = x 2 + 3


x  −1
x + 1  0
+ Với a = b ta được x + 1 = x2 + 3  

 x = 1.

2
2
2x = 2
x
+
1
=
x
+
3
(
)



+ Với a = 2b 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

(

)

3 ( x + 1) − 3 ( x + 1) x 2 + 3 = 4x − 4  3 ( x + 1) x + 1 − x 2 + 3 = 4 ( x − 1)
2



)(

(

3 ( x + 1) x + 1 − x 2 + 3 x + 1 + x 2 + 3
x + 1 + x2 + 3

) = 4 ( x − 1)

x − 1 = 0


= 4 ( x − 1)   6 ( x + 1)
=4
x + 1 + x2 + 3

2
x +1+ x + 3

6 ( x + 1)( x − 1)

+ Khi x − 1 = 0  x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

279


+ Khi

6 ( x + 1)

x + 1  0
= 4  x + 1 = 2 x2 + 3   2
, hệ vô nghiệm.
3x − 2x + 11 = 0
x + 1 + x2 + 3

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
7x 2 + x + 2 = 7x x 2 + x + 2  x 2 + x + 2 − 7x x 2 + x + 2 + 6x 2 = 0

Đặt t = x 2 + x + 2  0 , khi đó phương trình trên trở thành

t = x
t 2 − 7xt + 6x2 = 0  ( t − x )( t − 6x ) = 0  
 t = 6x
x  0
x  0

+ Với t = x ta được x 2 + x + 2 = x   2
, hệ vô nghiệm.
2
x + x + 2 = x
x + 2 = 0
+ Với t = 6x hay

x  0
1 + 281
x 2 + x + 2 = 6x   2
x=
2
70
x + x + 2 = 36x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

1 + 281
.
70

• Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với

7x 2 + x + 2 = 7x x 2 + x + 2  28x 2 + 4x + 8 = 28x x 2 + x + 2

(

)

(

 4 x 2 + x + 2 − 28x x 2 + x + 2 + 49x 2 = 25x 2  2 x 2 + x + 2 − 7x
 2 x 2 + x + 2 − 7x = 5x
 x 2 + x + 2 = 6x



 2 x 2 + x + 2 − 7x = −5x
 x2 + x + 2 = x


x  0
x  0

+ Với x 2 + x + 2 = x   2
, hệ vô nghiệm.

2
x
+
2
=
0
x + x + 2 = x


280

) = ( 5x )
2

2


+ Với

x  0
x  0
1 + 281
x 2 + x + 2 = 6x   2

x=
2
2
70
x + x + 2 = 36x
35x − x − 2 = 0

1 + 281
.
70
• Hướng 3. Dễ thấy 7x2 + x + 2  0 với mọi x  0 . Khi đó phương trình đã cho

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

tương đương với

(7x

2

+x+2

)

2

(

= 7x x 2 + x + 2

)  49x + 14x + 29x + 4x + 4 = 49x (x + x + 2 )
2

4

3

(

2

2

2

)

 35x 3 + 69x 2 − 4x − 4 = 0  ( x + 2 ) 35x 2 − x − 2 = 0

Do x  0 nên từ phương trình trên ta được 35x2 − x − 2 = 0  x =
Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

1  281
.
70

1 + 281
là nghiệm duy nhất của
70

phương trình.
• Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với

7x +

x+2

x+2
= 7 x2 + x + 2 
= 7 x 2 + x + 2 − 7x
x
x

x+2 7

=
x

(

x2 + x + 2 − x

)(

x2 + x + 2 + x

x2 + x + 2 + x

)  ( x + 2 )  1 −
x


=0
x2 + x + 2 + x 
7

Do x  0 nên từ phương trình trên ta được

x  0
1
7
1 + 281
−
= 0  x 2 + x + 2 = 6x  
x=
2
x
70
35x − x − 2 = 0
x2 + x + 2 + x

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

1 + 281
là nghiệm duy nhất của
70

phương trình.
Ví dụ 5. Giải phương trình x2 − 3x + 4 = 3 x3 − 6x2 + 11x − 6 .
Phân tích và lời giải
Phương

trình

chỉ

chứa

một

dấu

căn

và

để

ý

rằng

x 3 − 6x 2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) . 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 ) . Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta

281


phân tích được x 2 − 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 .
Đặt a = x2 − 5x + 6; b = x − 1 ( a  0; b  0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành

a = b
a 2 + 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
+ Với a = 2b ta được

x2 − 5x + 6 = 2 x − 1  x2 − 9x + 10 = 0  x =

9  41
.
2

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
x  3
( x − 1)( x − 2 )( x − 3)  0  1  x  2 .

Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác định
thì x − 1  0 .
Phương trình đã cho tương đương với

x 2 − 5x + 6 + 2 ( x − 1) = 3 x − 1. x 2 − 5x + 6 
Đặt t =

x 2 − 5x + 6
x −1

( a  0 ) . Khi đó ta có t

2

x 2 − 5x + 6
x 2 − 5x + 6
+2 =3
x −1
x −1

t = 1
+ 2 = 3t  ( t − 1)( t − 2 ) = 0  
t = 2

• Với t = 1 ta được

x2 − 5x + 6 = x − 1  x2 − 6x + 7 = 0  x = 3  2

• Với t = 2 ta được

x2 − 5x + 6 = 2 x − 1  x2 − 9x + 10 = 0  x =

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm


9 + 41 
 9 − 41

S=
; 3 − 2; 3 + 2;
.
2 

 2

Ví dụ 6. Giải phương trình x + 1 + 2x + 1 = 3x2 + 8x + 4
Phân tích và lời giải

282

9  41
.
2

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 .
 2x + 1  0
Điều kiện xác định là  2
. Phương trình đã cho tương đương
 3x + 8x + 4  0

với

(

x + 1 + 2x + 1

) (
2

=

3x 2 + 8x + 4

)  x + 4x + 2 + 2 ( x + 1)
2

2x + 1 = 3x 2 + 8x + 4

2

 2 ( x + 1) 2x + 1 = 2x 2 + 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 , thỏa mãn.
x + 2x + 1 = 2x + 1 x = 0
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

đó

ta

viết

phương

trình

lại

thành

x + 1 + 2x + 1 = 3 ( x + 1) + 2x + 1 . Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để
2

xử lý phương trình.
Phương trình đã cho tương đương với x + 1 + 2x + 1 = 3 ( x + 1) + 2x + 1
2

Đặt a = x + 1; b = 2x + 1 (a  0; b  0 ) . Khi đó ta được phương trình

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

Do a  0 nên từ phương trình trên ta được a = b
x + 1  0
x  −1
 2
 x = 0 , thỏa mãn.
Do đó x + 1 = 2x + 1   2
x + 2x + 1 = 2x + 1 x = 0

• Hướng 3. Cũng từ định hướng trên ta nhận thấy nếu chia hai vế của pương trinh

cho

2x + 1 thì phương trình có dạng

x+1
2x + 1

+1=

3 ( x + 1)
2x + 1

2

+ 1 . Đến đây ta đặt

283


t=

x+1

để giải phương trình đã cho. Chú ý xét các trường hợp để phép chia
2x + 1
thực hiện được.
Phương trình đã cho tương đương với x + 1 + 2x + 1 = 3 ( x + 1) + 2x + 1
2

Nhận thấy x = −

1
không phải là nghiệm của phương trình.
2

3 ( x + 1)
x+1
1
Xét x  − , khi đó phương trình trên tương đương với
+1=
+1
2x + 1
2
2x + 1
x+1
Đặt t =
 0 . Khi đó ta được t + 1 = 3t 2 + 1  t 2 + 2t + 1 = 3t 2 + 1  t = 1
2x + 1
x + 1  0
x  −1
 2
 x = 0 , thỏa mãn.
Do đó x + 1 = 2x + 1   2
x + 2x + 1 = 2x + 1 x = 0
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.
Ví dụ 7. Giải phương trình

x2 + 5x + 3 + x2 + 5x − 2 = 5

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. Ngoài ra để ý ta thấy

(x

2

) (

)

+ 5x + 3 − x2 + 5x − 2 = 5 thì ta lại có các hướng tiếp cận như đặt ẩn phụ hoặc

nâng lên lũy thừa
• Hướng 1. Điều kiện các định của phương trình là x2 + 5x  2 . Biến đổi tương

đương phương trình đã cho ta được
 x 2 + 5x − 2  5
x 2 + 5x + 3 = 5 − x 2 + 5x − 2  
x 2 + 5x + 3 = x 2 + 5x − 2 + 25 − 10 x 2 + 5x − 2
 x 2 + 5x − 2  5
x = 1

 x 2 + 5x − 6 = 0  
Hay ta được 
 x = −6
 x 2 + 5x − 2 = 2

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 .

284


a = x 2 + 5x + 3
a 2 = x 2 + 5x + 3
• Hướng 2. Đặt 
 a 2 − b2 = 5 .
( a  0; b  0 ) , khi đó  2 2
2
b
=
x
+
5x
−
2

 b = x + 5x − 2
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình

a + b = 5
a + b = 5

a = 3
a + b = 5



 2

2
a − b = 5
( a + b )( a − b ) = 5 a − b = 1
b = 2
a = x 2 + 5x + 3 = 3
x = 1
 x 2 + 5x − 6 = 0  
Từ đó ta được 
 x = −6
 b = x 2 + 5x − 2 = 2
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 + 3 + x
2

Thu gọn ta được

2

(x
+ 5x − 2 = 5 

2

) (

+ 5x + 3 − x2 + 5x − 2

) =5

x2 + 5x + 3 − x2 + 5x − 2

x2 + 5x + 3 − x2 + 5x − 2 = 1 .

 x 2 + 5x + 3 − x 2 + 5x − 2 = 1
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ 
 x 2 + 5x + 3 + x 2 + 5x − 2 = 5

x = 1
Từ đó suy ra 2 x2 + 5x + 3 = 5  x2 + 5x − 6 = 0  
 x = −6
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.
• 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.
285


•

Lời

giải

A+ B=

thứ
A−B

A− B

trình cơ bản dạng

ba

sử

dụng

cách

nhân

lượng

liên

hợp

với

chú

ý

( A − B  0 ) , đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một phương
f ( x ) = g ( x ) . 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 không 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 .

Để ý rằng x + 2 − x = 2 nên khi đặt a = 4 x; b = 4 2 − x ( a  0; b  0 ) thì ta thu
được phương trình a4 + b4 = 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
a + b = 2
hai phương trình trên ta có hệ  4
.
4
a + b = 2
Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng dạng 1 nên biến đổi
tương đương hệ phương trình ta được
2
2
a 2 + b 2 = 4 − 2ab
a + b = 2

a + b = 4 − 2ab


2

 4
 2

2 2
4
2
2 2
a + b = 2
( 4 − 2ab ) − 2a b = 4
 a + b − 2a b = 4

(

)

a 2 + b 2 = 4 − 2ab
a 2 + b 2 = 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 .
4

ab = 1
a = 1
 x =1

Khi đó ta có hệ phương trình 


 x = 1.
4
a
+
b
=
1
b
=
1
2
−
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 2. Điều kiện xác định của phương trình là 0  x  2 .

286

Để ý rằng với x = 1 thì ta có x + 1  2 x và
2 − x + 1  2 2 − x và

x + 1  2 4 x Đồng thời lại có

2 − x + 1  2 4 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 khơng 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
(
)
5−x
4 2 − x = 4 2 − x 1  2 − x +1 =
2

=
( )

2
2
2
4

x+3 5−x
+
= 2.
4
4
Như vậy để phương trình 4 x + 4 2 − x = 2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được

đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là

4

x + 4 2−x 

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

x = 4 2 − x n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử

4

(

)(

)

dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ( ac + bd )  a 2 + b2 c 2 + d 2 .
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(
(

)  ( 1 + 1) ( x + 2 − x ) = 2 ( x + 2 − x )
x + 2 − x )  ( 1 + 1)( x + 2 − x ) = 4
Từ đó ta được ( x + 2 − x )  4 hay ta được x + 2 − x  2 .






4

4

x + 4 2−x

2

2

2

4

Như vậy để phương trình

4

4

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.

287


• 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.
Để ý ta nhận thấy 48 − x2 − 8x + ( x + 3 ) = 57 − 2x . Như vậy khi ta thực hiện
2

phép đặt ẩn phụ a = x + 3; b = 48 − 8x − x 2 ( b  0 ) thì ta thu được a2 + b2 = 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 ) = 9 . Như vậy ta giải được phương trình.
2

• Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là −12  x  4 .

Đặt a = x + 3; b = 48 − 8x − x 2 ( b  0 ) . Khi đó ta được a2 + b2 = 57 − 2x .
Phương trình đã cho trở thành ab = x − 24 hay 2ab = 2x − 48 .
Kết hợp hai kết quả trên ta được ( a + b ) = 9  a + b = 3 hay ta được
2

 48 − 8x − x 2 = −x
x + 3 + 48 − 8x − x = 3  
 48 − 8x − x 2 = −x − 6
x  0
 x = −2 7 − 2
+ Với 48 − 8x − x 2 = −x   2
x + 4x − 24 = 0
x  −6
 x = −5 − 31
+ Với 48 − 8x − x 2 = −x − 6   2
x + 10x − 6 = 0

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm
2





S = −2 7 − 2; −5 − 31 .

288


• Hướng 2. Để loại căn thức ta đặt ẩn phụ t = 48 − 8x − x2 . Khi đó ta được

t 2 = 48 − 8x − x2

và

phương

trình

đã

cho

được

viết

lại

thành

t 2 + 2 ( x + 3 ) t + x 2 + 6x = 0 . Để giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được

t 2 + 2 ( x + 3 ) t + x 2 + 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 − x 2 = 2x − 24  48 − 2x + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x − 48
 −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0

Đặt t = 48 − 8x − x2 ,t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành

t 2 + 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 − x 2 = −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 − x 2 = −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 .
• Hướng 3. Để ý đến đại lượng 2 ( x + 3 ) −x2 − 8x − 48 ta nghĩ đến biến đổi

phương trình thành dạng bình phương. Khi đó ta viết phương trình thành
x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + ( x + 3 ) = 9 

(

−x 2 − 8x + 48 + x + 3

) =9
2

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

289


2 ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 = 2x − 24  48 − 2x + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x − 48
 −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0
 −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + ( x + 3 ) = 9

2



+ Với
+ Với

(

−x 2 − 8x + 48 + x + 3

)

2

 48 − 8x − x 2 = −x
=9
 48 − 8x − x 2 = −x − 6


x  0
48 − 8x − x 2 = −x   2
 x = −2 7 − 2
x + 4x − 24 = 0
x  −6
48 − 8x − x 2 = −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 .
• 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 − x 2 + x = x 2 + 4x − 24

x  0
48 − 8x − x 2 = x   2
 x = 2 7 − 2 , thay vào
x + 4x − 24 = 0

phương trình đã cho ta thấy x = 2 7 − 2 không thỏa mãn.
+ Xét trường

( x + 3) (

48 − 8x − x2  x  x  2 7 − 2 . Khi đó

)

48 − 8x − x 2 + x = x 2 + 4x − 24  −2 ( x + 3 ) .

48 − 8x − x2 − x  0 . Từ đó
x 2 + 4x − 24
−x − 8x + 48 − x
2

= x 2 + 4x − 24

 x2 + 4x − 24 = 0


2x + 6
Hay x2 + 4x − 24 
+
1
=
0




2
 48 − 8x − x2 = −x − 6
 48 − 8x − x − x 

(

)

 x = −2 7 − 2
+ Với x2 + 4x − 24 = 0  
 x = 2 7 − 2
+ Với

x  −6
48 − 8x − x 2 = −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 .
Ví dụ 10. Giải phương trình
290

3

(

)

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
. Phương
3
2
trình đã cho có chứa tích 3 3 − 2x 2 3x − 2 + 1 . Để ý rằng với x 
thì
3
2 3x − 2 + 1  0 , do đó phương trình đã cho được viết lại thành
3 ( 4x − 3 )
3
. Để loại bỏ căn thức dưới mẫu ta sử dụng phép nhân lượng
3 − 2x =
2 3x − 2 + 1
• Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x 

(

(

)(

)

)

liên hợp 2 3x − 2 + 1 2 3x − 2 − 1 = 4 ( 3x − 2 ) − 1 = 3 ( 4x − 3 ) , như vậy ta viết được
đã cho phương trình lại thành 3 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.
+ Cách 1. Do x 

2
nên 2 3x − 2 + 1  0 .
3

Xét 2 3x − 2 − 1 = 0  2 3x − 2 = 1  4 ( 3x − 2 ) = 1  12x = 9  x =

3
. Ta thấy
4

3
khơng phải là nghiệm của phương trình đã cho.
4
Xét 2 3x − 2 − 1  0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

x=

3

3 − 2x =

3 ( 4x − 3 )
2 3x − 2 + 1

 3 3 − 2x =

(2

(

3 ( 4x − 3 ) 2 3x − 2 − 1

)(

)

3x − 2 + 1 2 3x − 2 − 1

)

 3 3 − 2x = 2 3x − 2 − 1

Đặt a = 3 3 − 2x; b = 3x − 2 , ( b  0 ) . Khi đó ta có phương trình 3a3 + 2b2 = 5 .
Phương trình ban đầu trở thành a = 2b − 1. Từ đó ra được hệ phương trình
a = 2b − 1
.
 3
2
 3a + 2a = 5
Biến đổi hệ phương trình trên thì được



2b = a + 1
2b = a + 1

 3
2
a − 1) 6a 2 + 7a + 9 = 0


(
6a + ( a + 1) = 5

(

)

291


Dễ thấy phương trình 6a2 + 7a + 9 = 0 vơ 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
6
Dễ thấy
+
 0 . Do đó từ phương trình trên ta
2
3

3x
−
2
+
1
3
( 3 − 2x ) + 3 − 2x + 1

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

x  1 thì ta có

3

3

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1 . Nhận thấy khi

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 .

Điều kiện xác định của phương trình là x 
đương với
3

3 − 2x =

3 ( 4x − 3 )
2 3x − 2 + 1

 3 3 − 2x =

(2

(

3
. Phương trình đã cho tương
2

3 ( 4x − 3 ) 2 3x − 2 − 1

)(

)

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

3

2x − 3 + 2 3x − 2  −1 + 2.1 = 1 hay phương trình

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 .

292


Từ đó dẫn đến
3

3

2x − 3 + 2 3x − 2  −1 + 2.1 = 1 hay phương trình

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1 vô nghiệm.

+ Trường hợp 3. Với x = 1 , khi đó ta có 2x − 3 = −1 và 3x − 2 = 1 .
Từ đó dẫn đến
3

3

2x − 3 + 2 3x − 2 = −1 + 2.1 = 1 hay phương trình

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1 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
Ví dụ 11. Giải phương trình 4x 2 + 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

9
x− .
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 thu được

y2 = 2x + 9 .
4x 2 + y = 9
Như vậy với hai phương trình trên ta có hệ phương trình  2
 y = 2x + 9

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.

9
Điều kiện xác định của phương trình là x  − . Đặt y = 2x + 9 , y  0 . Khi
2
2
đó ta có phương trình y = 2x + 9 .

293


Phương trình đã cho trở thành 4x2 + y = 9 . Từ đó ta có hệ phương trình
4x 2 + y = 9
.
 2
 y = 2x + 9
Từ hệ phương trình trên suy ra 4x 2 + y = y 2 − 2x  ( 2x + y )( 2x − y + 1) = 0 .

Ta xét hai trường hợp sau.
+ Trường hợp 1: Nếu 2x + y = 0  y = −2x , từ đó ta được
 9
1 − 37
−  x  0
−2x = 2x + y   2
x=
4
4x 2 = 2x + 9



+ Trường hợp 1: Nếu 2x − y + 10  y = 2x + 1 , từ đó ta được
 1
33 − 1
−  x
2x + 1 = 2x + y   2
x=
4
( 2x + 1)2 = 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.

Với ý tưởng đó ta viết phương trình lại thành 2x + 9 − 2x + 9 − 4x 2 − 2x = 0 .
Đặt t = 2x + 9 , t  0 . Khi đó ta có phương trình t 2 − t − 4x2 − 2x = 0 . Xem phương

(

)

trình có ẩn t và x là tham số thì ta có  = 1 + 4 4x 2 + 2x = ( 4x + 1) . Như vậy
2

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

9
Điều kiện xác định của phương trình là x  − .
2
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 t 2 − t − 4x 2 − 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

294


 9
1 − 37
−  x  0
−2x = 2x + y   2
x=

4
4x 2 = 2x + 9


+ Trường hợp 1: Nếu t − 2x − 1 = 0  t = 2x + 1 , từ đó ta được
 1
33 − 1
−  x
2x + 1 = 2x + y   2
x=
.
4
( 2x + 1)2 = 2x + 9

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là
 1 − 37 33 − 1 
S=
;
.
4
4


2x + 9 , khi đó nếu nhân thêm một hệ số chẵn thì

• Hướng 3. Chú ý đến căn thức

ta thấy có dạng 2ab của hằng đẳng thức bậc hai. Chú ý rằng hệ số của x 2 là 4 nên
khi nhân thêm hệ số ta chọn số chính phương. Do đó ta viết phương trình lại thành
16x 2 + 4 2x + 9 = 36 . Đến đây nếu ta viết một vế của phương trình về dạng A 2 + B 2

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

đổi

thành

(

)

16x2 + 8x + 1 = 4 ( 2x + 9 ) − 4 2x + 9 + 1  ( 4x + 1) = 2 2x + 9 − 1 . Như vậy ta có lời
2

2

giải cho phương trình.

9
Điều kiện xác định của phương trình là x  − . Biến đổi tương đương
2
phương trình đã cho

4x 2 + 2x + 9 = 9  16x 2 + 4 2x + 9 = 36

(

 16x 2 + 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


(

)

 9
1 − 37
−  x  0
x=
+ Trường hợp 1: Với −2x = 2x + y   2
4
4x 2 = 2x + 9

 1
33 − 1

−  x
x=
+ Trường hợp 1: Với 2x + 1 = 2x + y   2
.
4
( 2x + 1)2 = 2x + 9


295


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
2x + 9 = 9 − 4x 2  8x 4 − 36x 2 − x + 36 = 0 .

(

)(

)

Giả sử 8x4 − 36x2 − x + 36 = 0 = ax 2 + bx + c mx 2 + 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
được

phương trình thành

( 4x

2

)(

)

− 2x − 9 2x 2 + x − 4 = 0 . Đến đây ta giải được

phương trình.

9

Điều kiện xác định của phương trình là x  − .
2
Phương trình đã cho tương đương với

2x + 9 = 9 − 4x 2 . Biến đổi tương đương tiếp

ta được
2

4x2  9

4x  9
 2
 4
2
4x − 2x − 9 2x2 + x − 4 = 0
8x
−
36x
−
x
+
36
=
0





(

)(

)

4x 2  9
1 − 37
x=
+ Trường hợp 1: Với  2
4
4x − 2x − 9 = 0
4x 2  9
33 − 1
x=
+ Trường hợp 1: Với  2
.
4
2x + x − 4 = 0
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là


 1 − 37 33 − 1 

S=
;
.
4 

 4


296


• Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có hình thức đơn giản tuy nhiên nó khá thú vị

vì nó mở ra nhiều hướng tiếp cận phương trình. Với mục đích thốt căn nên với phép đặt
ẩn phụ ta đưa được phương trình về dạng hệ phương trình gần đối xứng dạng 2. Khi dó
phương trình được giải một cách nhẹ nhàng.
Ví dụ 12. Giải phương trình ( x + 1)( x + 3) = 5 5x + 11 .
Phân tích và lời giải
Phương trình đã cho có hình thức tương tự như phương trình cho trong ví
dụ 11. Do đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như đặt ẩn phụ đưa phương
trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2, biến đổi phương trình về dạng A 2 = B2 ,
sử dụng phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn để đưa phương trình về dạng tích hay
phép nâng lên lũy thừa.
• Hướng 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2.

Để ý rằng 5x + 11 = 5 ( x + 2 ) + 1 và ( x + 1)( x + 3 ) = x2 + 4x + 3 = ( x + 2 ) − 1 . Khi
2

đó nếu đặt t = x + 2 thì ta viết phương trình lại thành t 2 − 1 = 5 5t + 1 . Đến đây ta
có thể chuyển phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2 bằng phép đặt

1

y = 5t + 1,  t  − ; y  0 
5



Điều kiện xác định của phương trình là x  −

11
. Phương trình đã cho tương
5

đương với

x2 + 4x + 3 = 5 5x + 11  ( x + 2 ) − 1 = 5 5 ( x + 2 ) + 1 .
2

Đặt t = x + 2 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 − 1 = 5 5t + 1 .


1

Đặt y = 5t + 1,  t  − ; y  0  . Khi đó ta có phương trình y2 = 5t + 1 .
5


 t 2 = 5y + 1
Phương trình đã cho trở thành t − 1 = 5y . Từ đó ta có hệ phương trình  2
 y = 5t + 1
Từ đó ta được y 2 + 5y = t 2 + 5t  ( t − y )( t + y + 5 ) = 0 .
2

1
Do t  − ; y  0 nên t + y + 5  0 , do đó từ phương trình trên ta được
5

t−y = 0  t = y.

297