1. 1
TRANG
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG 4
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 9
III. PHƯƠNG PHÁP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
32
IV. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 37
V. PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC 49

2. 2
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
A B C D   , ta thường bình phương 2 vế , điều
đó đôi khi lại gặp khó khăn

 3 3 3 33 3
3 .A B C A B AB A B C      
và ta sử dụng phép thế :
3 3
A B C  ta được phương trình :
3
3 . .A B A B C C  
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 3 0x x   (1)
Giải: Đk: 0x 

3. 3
2
2
(1) 2 3
2 3
2 3 0
3
x x
x x
x x
x
  
  
   
 
Vậy tập nghiệm của phương trình là  3S 
Bài 2. Giải phương trình sau:
Giải: 2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Với một số phương trình ta có thể nhẩm được nghiệm 0x
như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích
   0 0x x A x  ta có thể giải phương trình   0A x  hoặc chứng
minh   0A x  vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của
phương trình để ta có thể đánh gía   0A x  vô nghiệm
b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :
 2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x         
Giải:

4. 4
Ta nhận thấy :      2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x       
     2 2
2 3 4 3 2x x x x     
Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế :
  2 22 2
2 4 3 6
2 3 43 5 1 3 1
x x
x x xx x x x
  

       
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
2 2
12 5 3 5x x x    
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
2 2 5
12 5 3 5 0
3
x x x x       
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy
phương trình có thể phân tích về dạng
   2 0x A x  , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách các
số hạng như sau :
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0
12 4 5 3
2
x x
x x x x
x x
x x
x
x x
x
 
          
   
  
     
    
 

5. 5
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
Bài 3. Giải phương trình :
2 33
1 2x x x   
Giải: Đk
3
2x 
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi
phương trình
 
 
  2
2 33
2 32 233
3 3 93
1 2 3 2 5 3 1
2 51 2 1 4
x x xx
x x x x
xx x
 
   
           
      
Ta chứng minh :
   
2
22 32 2 23 33
3 3 3 9
1 1 2
2 51 2 1 4 1 1 3
x x x x
xx x x
   
    
       
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C  , mà :
A B C 
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể
giải như sau :

6. 6
A B
C A B
A B


   

, khi đó ta có hệ:
2
A B C
A C
A B


  
  
 
b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4x x x x x      
Giải:
Ta thấy :      2 2
2 9 2 1 2 4x x x x x      
4x   không phải là nghiệm
Xét 4x  
Trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x

        
    
Vậy ta có hệ:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4 7
x
x x x x
x x x
xx x x x x
                     

7. 7
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=8
7
Bài 5. Giải phương trình :
2 2
2 1 1 3x x x x x     
Ta thấy :    2 2 2
2 1 1 2x x x x x x       , ( không có dấu
hiệu trên ).
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1
t
x
 thì bài toán trở nên
đơn giản hơn
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng các đẳng thức
  1 1 1 0u v uv u v      
   0au bv ab vu u b v a      
2 2
A B
Bài 1. Giải phương trình : 233 3
1 2 1 3 2x x x x      
Giải:   3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x

         
Bài 2. Giải phương trình : 2 23 33 3
1x x x x x    
Giải:
+ 0x  , không phải là nghiệm
+ 0x  , ta chia hai vế cho x:
 3 3 33 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
  
          
 
Bài 3. Giải phương trình: 2
3 2 1 2 4 3x x x x x x      
Giải: Đk 1x  
pt   
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x

        

8. 8
Bài 4. Giải phương trình : 4
3 4
3
x
x x
x
  

Giải:
Đk: 0x 
 Chia cả hai vế cho 3x  :
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
       
   
 Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng :
k k
A B
Bài 1. Giải phương trình : 3 3x x x  
Giải:
Đk: 0 3x  khi đó pt đã cho tương đương: 3 2
3 3 0x x x   
3 3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
 
     
 
Bài 2. Giải phương trình sau : 2
2 3 9 4x x x   
Giải:
Đk: 3x   phương trình tương đương :
 
2
2
1
3 1 3
1 3 9 5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
xx x
               
Bài 3. Giải phương trình sau :    
22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x    
Giải: pt  
3
3 3
2 3 0 1x x x     
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
1)  2 2
3 1 3 1x x x x    
2) 4 3 10 3 2x x    (HSG Toàn Quốc 2002)
3)      2 2 5 2 10x x x x x     
4) 23
4 1 2 3x x x    
5) 2 33
1 3 2 3 2x x x    
6) 2 3
2 11 21 3 4 4 0x x x     (OLYMPIC 30/4-2007)

9. 9
7) 2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x         
8) 2 2
2 16 18 1 2 4x x x x     
9) 2 2
15 3 2 8x x x    

10. 10
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có
thể đặt  t f x và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban
đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn
ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ
xem như “ hoàn toàn” .Nói chung những phương trình mà
có thể đặt hoàn toàn  t f x thường là những phương trình
dễ .
Bài 1. Giải phương trình: 2 2
1 1 2x x x x     
Giải:
Đk: 1x 
Nhận xét. 2 2
1. 1 1x x x x    
Đặt 2
1t x x   thì phương trình có dạng: 1
2 1t t
t
   
Thay vào tìm được 1x 
Bài 2. Giải phương trình: 2
2 6 1 4 5x x x   
Giải
Điều kiện: 4
5
x  
Đặt 4 5( 0)t x t   thì
2
5
4
t
x

 . Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 210 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
 
        
2 2
( 2 7)( 2 11) 0t t t t     
Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t    
Do 0t  nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t    

11. 11
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3vaøx x   
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình
với điều kiện 2
2 6 1 0x x  
Ta được: 2 2 2
( 3) ( 1) 0x x x    , từ đó ta tìm được nghiệm tương
ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x   và đưa về hệ đối xứng
(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: 5 1 6x x   
Điều kiện: 1 6x 
Đặt 1( 0)y x y   thì phương trình trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0y y y y y        ( với 5)y  2 2
( 4)( 5) 0y y y y     
1 21 1 17
,
2 2
(loaïi)y y
  
  
Từ đó ta tìm được các giá trị của 11 17
2
x


Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :
  
2
2004 1 1x x x   
Giải: đk 0 1x 
Đặt 1y x  pttt    2 2
2 1 1002 0 1 0y y y y x        
Bài 5. Giải phương trình sau : 2 1
2 3 1x x x x
x
   
Giải:
Điều kiện: 1 0x  
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: 1 1
2 3x x
x x
   
Đặt 1
t x
x
  , ta giải được.

12. 12
Bài 6. Giải phương trình : 2 4 23
2 1x x x x   
Giải: 0x  không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta
được: 3
1 1
2x x
x x
 
    
 
Đặt t=3
1
x
x
 , Ta có : 3
2 0t t   
1 5
1
2
t x

  
Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ
giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình
đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối
với 2 biến :
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2
0u uv v    (1)
bằng cách
Xét 0v  phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
 
   
     
   
0v  thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
        . .a A x bB x c A x B x 
 2 2
u v mu nv   
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu
thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng
này.
a) Phương trình dạng :        . .a A x bB x c A x B x 
Như vậy phương trình    Q x P x có thể giải bằng phương
pháp trên nếu

13. 13
     
     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 

 
Xuất phát từ đẳng thức :
  3 2
1 1 1x x x x    
    4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1x x x x x x x x x          
  4 2 2
1 2 1 2 1x x x x x     
  4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1x x x x x     
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như
:
2 4
4 2 2 4 1x x x   
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c
sao cho phương trình bậc hai 2
0at bt c   giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :  2 3
2 2 5 1x x  
Giải: Đặt 2
1, 1u x v x x    
phương trình trở thành :  2 2
2
2 5 1
2
u v
u v uv
u v

  
 

Tìm được: 5 37
2
x


Bài 2. Giải phương trình : 2 4 23
3 1 1
3
x x x x     
Bài 3: giải phương trình sau : 2 3
2 5 1 7 1x x x   
Giải:
Đk: 1x 
Nhận xét : Ta viết       2 2
1 1 7 1 1x x x x x x        
Đồng nhất thức ta được       2
3 1 2 1 7 1 1x x x x x x       

14. 14
Đặt 2
1 0, 1 0u x v x x       , ta được:
9
3 2 7 1
4
v u
u v uv
v u

  
 

Nghiệm : 4 6x  
Bài 4. Giải phương trình :  
33 2
3 2 2 6 0x x x x    
Giải:
Nhận xét : Đặt 2y x  ta biến pt trình về dạng phương trình
thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y

           
Pt có nghiệm : 2, 2 2 3x x  
b).Phương trình dạng : 2 2
u v mu nv   
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn
dạng trên , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được
dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình : 2 2 4 2
3 1 1x x x x    
Giải:
Ta đặt :
2
2
1
u x
v x
 

 
khi đó phương trình trở thành : 2 2
3u v u v  
Bài 2.Giải phương trình sau : 2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x     
Giải
Đk 1
2
x  . Bình phương 2 vế ta có :
         2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x          
Ta có thể đặt :
2
2
2 1
u x x
v x
  

 
khi đó ta có hệ : 2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
 

  
 



15. 15
Do , 0u v  .  21 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
 
    
Bài 3. giải phương trình : 2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x      
Giải:
Đk 5x  . Chuyển vế bình phương ta được:
  2 2
2 5 2 5 20 1x x x x x     
Nhận xét : không tồn tại số ,  để :    2 2
2 5 2 20 1x x x x x       
vậy ta không thể đặt
2
20
1
u x x
v x
   

 
.
Nhưng may mắn ta có :          2 2
20 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x          
Ta viết lại phương trình:    2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        . Đến
đây bài toán được giải quyết .
Các bạn hãy tự tạo cho mình những phương trình vô tỉ
“đẹp “ theo cách trên
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích   1 1 1 2 0x x x      ,
  2 3 2 3 2 0x x x x     
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ
không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng
này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này
.Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :  2 2 2
3 2 1 2 2x x x x     
Giải:

16. 16
2
2t x  , ta có:  2 3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x

        
Bài 2. Giải phương trình :   2 2
1 2 3 1x x x x    
Giải:
Đặt : 2
2 3, 2t x x t   
Khi đó phương trình trở thành :   2
1 1x t x    2
1 1 0x x t    
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t :
       2 2 2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x

                
Từ một phương trình đơn giản :   1 2 1 1 2 1 0x x x x        ,
khai triển ra ta sẽ được pt sau
Bài 3. Giải phương trình sau : 2
4 1 1 3 2 1 1x x x x      
Giải:
Nhận xét : đặt 1t x  , pt trở thành 4 1 3 2 1x x t t x     (1)
Ta rút 2
1x t  thay vào thì được pt:    2
3 2 1 4 1 1 0t x t x      
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình
theo t    
2
2 1 48 1 1x x       không có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
   
2 2
1 , 1x x 
Cụ thể như sau :    3 1 2 1x x x     thay vào pt (1)
Bài 4. Giải phương trình: 2
2 2 4 4 2 9 16x x x    
Giải:
Bình phương 2 vế phương trình:      2 2
4 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x      
Ta đặt :  2
2 4 0t x   . Ta được: 2
9 16 32 8 0x t x   

17. 17
Ta phải tách    2 2 2
9 2 4 9 2 8x x x       làm sao cho t có dạng số
chính phương .
Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết
hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo
ra được những phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta
lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để
đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức      
3 3 3 3
3a b c a b c a b b c c a         , Ta có
     
33 3 3
0a b c a b c a b a c b c         
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ
có chứa căn bậc ba .
2 23 33
7 1 8 8 1 2x x x x x       
3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0x x x x       
Bài 1. Giải phương trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x        
Giải :
2
3
5
u x
v x
w x
  

 

 
, ta có :
  
  
  
2
2
2
22
3 3
5 5
u v u wu uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu v w u w
       

        
        
, giải hệ ta
được: 30 239
60 120
u x  
Bài 2. Giải phương trình sau :
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x         

18. 18
Giải . Ta đặt :
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x
  

   

  

  
, khi đó ta có : 2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
  
  
  
Bài 3. Giải các phương trình sau
1) 2 2
4 5 1 2 1 9 3x x x x x      
2)      
3 3 244 44 1 1 1 1x x x x x x x x        
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
a. 2 2
15 2 5 2 15 11x x x x    
b. 2
( 5)(2 ) 3 3x x x x   
c. 2
(1 )(2 ) 1 2 2x x x x    
d. 2 2
17 17 9x x x x    
e. 2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x       
f. 2 2
11 31x x  
g. 2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0nn n
x x x     
h. 2
(2004 )(1 1 )x x x   
i. ( 3 2)( 9 18) 168x x x x x    
j. 32 2
1 2 1 3x x   
Bài tập tổng hợp:
1/ nxxxx  )3)(1(31 (1)
a/ Giải phương trình n = 2
b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm:
2/ 6
9696
mx
xxxx



19. 19
a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Bài tập tương tự:
3/ 21212  xxxx
4/ xxxx  1
3
2
1 2
5/ 1635223132 2
 xxxxx
6/ 2
51102 xxx 
7/ Tìm m để, phương trình sau có nghiệm
mxxxx  )8)(1(81
8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
mxxxx  44423
9/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
mxxxx  444
Giải các phương trình sau:
10/ 616
2
44 2


xx
xx
11/ 42221663 222
 xxxxxx
12/ 73223)3( 22
 xxxx
13/ 010443 22
 xxxx
14/ 013424)2(3 22
 xxxx
15/ 1)12)(1(121  xxxx
16/ 1)8)(5(85  xxxx
17/ )1(271124 2
xxxx 
18/ )1(1012 2
 xxxx
19/ 015111245124 22
 xxx

20. 20
20/ 12
35
12



x
x
x (1)
21/ 3 23 223 23 2
)()()( aaxaxax 
22/ 877629 44
 xx
23/   2332
121)1(11 xxxx 



 
24/ xxx 



 1
34
11
1
11
1
25/ 1635223132 2
 xxxxx
25/ 1635223132 2
 xxxxx
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  để phương
trình sau có nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( 


 aa
x
x
xxx
Bài tập tương tự:
27/ )2)(3(
2
4
)2(5)4)(2( 


 aa
x
x
xxx
28/ 6
)25(
16
)25(
5 3
5 3



x
x
29/ 2
5
16
1
1
16
55 


 y
y
y
y
30/ 4
5
4
5 66 



x
x
x
x
31/ 2
5
3
3
5 77 





x
x
x
x
32/ 22
20
 xxx
x
(Đặt y = x > 0)
33/ )2(2)25( 25 3
 xx (1)
34/ 321 2323
 xxxx (1)
35/
2
2
3
2
1 





 xx
36/ 4564518 44
 xx

21. 21
37/ 555
2axaxa 
38/ 11212112  xxxxx
39/ 321 2323
 xxxx
41/ 288 44
 xx
42/ 2
2
1
2
1
2



x
GIẢI BÀI TẬP TỔNG HỢP
1/ nxxxx  )3)(1(31 (1)
a/ Giải phương trình n = 2
b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm:
Điều kiện






31
03
01
x
x
x
Đặt ẩn phụ 0,31  txxt
Khi đó )3)(1(242
xxt 
Hay 4)3)(1(2 2
 txx (2)
a/ Với n = 2 và ẩn phụ t, phương trình (1) trở thành.
2,0
02
4)4(2
21
2
2



tt
tt
tt
Dễ thấy t1 = 0 không thoả (2). Thay t2 = 2 vào (2) được
3,1,0)3)(1( 21  xxxx , thoả điều kiện ban đầu.
b/ Đặt ẩn phụ t như trên, phương trình (1) trở thành:
0422
2)4(2
2
2


ntt
ntt

22. 22
+ 025  n thì phương trình có nghiệm





nt
nt
251
251
2
1
Để phương trình có nghiệm thì 222  t (theo công thức
tổng quát ở trên). Với t2 không thoả mãn. Với t1 có
222512  n
2222  n
Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x.
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 2222  n
2/ 6
9696
mx
xxxx


a/ Giải phương trình với m = 23
b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Điều kiện 909  xx
Đặt ẩn phụ 9 xt . Khi đó x = t2
+ 9
Phương trình đã cho trở thành:
 
 








30,027
0,0912
9336
9)3()31(6
2
2
2
222
tmt
tmtt
mttt
mtx
a/ Với m = 23 có:





30,4
3,03212
2
2
tt
ttt
Giải ra ta được t1 = 8, t2 = 4, t3 = 2 nên phương trình
có 3 nghiệm là x1 = 73, x2 = 25, x3 = 13.
b/ Với t ≥ 3 thì t2
– 12t + 9 + m = 0
  mt  276
2

23. 23
Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27
Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27.
20/ 12
35
12



x
x
x (1)
Điều kiện x2
– 1 > 0, x > 0  x > 1
Bình phương 2 vế của (1), ta có:
144
1225
1
2
1 2
2
2
2
2





x
x
x
x
x
144
1225
1
2
1 2
2
2
4





x
x
x
x
(2)
Đặt
12
2


x
x
t , với t > 0, ta có
(2) 0
144
1225
22
 tt (2)
Phương trình (3) có 2 nghiệm trái dấu.







12
49
12
25
2
1
t
t
+ Với 12
25
1 t
012125)1(12 22
 xx (4)
Đặt 0,12
 yxy . Ta có









4
3
3
4
0122512)4( 2
y
y
yy
Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm:







3
5
4
5
X
x
(Chọn)
(Loại)

24. 24
Vậy nghiệm của phương trình là 






3
5
;
4
5
S
21/ 3 23 223 23 2
)()()( aaxaxax 
Đặt y = x + a, z = x – a
Nhân lượng liên hiệp
 
333
333 2
2
2
azy
azyaxy


Lập phương 2 vế phương trình ta được
- yz = a2
 x = 0 (thử lại thoả)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0
22/ 877629 44
 xx
Đặt
4
4
629
77
u x
v x
  

 
706,8 44
 vuvu
Đặt t = uv







113
15
016951282
t
t
tt
Với t = 15  x = 4
Với t = 113  x = 548
Thử lại ta thấy tập nghiêm của phương trình là  548;4S
23/   2332
121)1(11 xxxx 



 
Điều kiện
-1 ≤ x ≤ 1
Đặt xvxu  1,1 , với u, v > 0
xvuvuxvu 2,2,1. 22222


25. 25
Phương trình đã cho trở thành
2
2
.2)2(2
2
1
.2))()((
2
1
.2)(.
2
2
22
33
22





x
vuvuvx
vuvuvuvuvu
vuvuvu
vu
Thử lại ta thấu tập nghiệp của phương trình đã cho là







2
2
S
24/ xxx 



 1
34
11
1
11
1
Điều kiện





0
1
x
x
Đặt 0,1  txt và t ≠ 1
Phương trình đã cho trở thành:













3
2
2
3
03232
34
1
1
1
1 2
t
t
tt
ttt
Với
4
1
3
1
 xt
Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình là 






3
2
S
25/ 1635223132 2
 xxxxx
Đặt 132  xxu , với x ≥ -1, u > 0
Phương trình đã cho trở thành
(Loại)

26. 26
U2 – u – 20 = 0






4
5
u
u
Do đó
5132  xx (*)
5
132
2




xx
x
21325  xxx (**)
Từ (*) và (**) xx  23110
3 x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}
26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  để phương
trình sau có nghiệm:
)1)(2(
3
1
)3(3)1)(3( 


 aa
x
x
xxx
Với điều kiện 







3
1
03,0
3
1
x
x
x
x
x
Đặt 0,
3
1
)3( 


 y
x
x
xy
Nếu x > 3 và y ≤ 0 nếu x ≤ -1
)1)(3(  xxy
Phương trình đã cho
)3)(1(
3
1
)3(3)1)(3( 


 aa
x
x
xxx (1)
Trở thành y2
+ 3y – (a – 1)(a + 2) = 0






2
1
ay
ay
Do đó
(Chọn)
(Loại)

27. 27














2
3
1
3
1
3
1
3
a
x
x
x
a
x
x
x
Xét phương trình
y
x
x
x 



3
1
3 (3)
 y = 0  x = -1
 y > 0  x > 3
 y < 0  x < -1
a/ Xét khả năng y > 0 với x ≥ 3, ta có:
)1)(3(  xx = y2
 x2
– 2x – 3 – y2
= 0 (4)
Phương trình (4) có 2 nghiệm trái dấu






341
11
2
2
2
1
yx
yax
b/ Xét khả năng y ≤ 0 với x ≤ -1
Giải được nghiệm 2
1 1 yax  (thoả)
Do đó ta có:
 Với y = a – 1, ta có
 a > 1: Phương trình (1) có nghiệm:
521)1(41 22
2  aaaxx
 a ≤ 1: Phương trình (1) có nghiệm: 521 2
1  aaxx
 Với y = - a – 2 , ta có:
 a < -2: Phương trình (1) có nghiệm:
841)1(41 22
2  aaaxx
 a ≥ -2: Phương trình (1) có nghiệm: 841 2
1  aaxx
(Chọn)
(Loại)

28. 28
Ta suy ra:
 Nếu a < -2: (1) có 2 nghiệm là:
521;841 22
 aaxaax
 Nếu a = -2 : (1) có 2 nghiệm là: 131;1  xx
 Nếu -2 < a < 1: (1) có 2 nghiệm là:
521;841 22
 aaxaax
 Nếu a = 1: (1) có 2 nghiệm là: 1;131  xx
 Nếu a > 1: (1) có 2 nghiệm là: 521;841 22
 aaxaax
Vậy phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm Ra
28/ 6
)25(
16
)25(
5 3
5 3



x
x
Với điều kiện 5x + 2 ≠ 0
2
5
 x
Đặt y 5 3
)25( x
Phương trình đã cho
6
)25(
16
)25(
5 3
5 3



x
x (1)
Trở thành








8
2
0166
6
16
2
y
y
yy
y
y
Do đó ta có:

29. 29



















6
5
)14(2
3225
4225
825
2)25(
3
3
5
5 3
x
x
x
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:







6
5
)14(2 3
x
x
33/ )2(2)25( 25 3
 xx (1)
Điều kiện: 1 + x3
≥ 0
0)1)(1( 2
 xxx
Mà x2
– x + 1 > 0, x nên điều kiện đó tương đương với x
+ 1 ≥ 0.
Đặt 0,0,1,1 2
 vuxxvxu .
Phương trình (1) trở thành 5uv – 2(u2
+ v2
)















2
1
2
0252
2
v
u
v
u
v
u
v
u
Với 2
v
u
, phương trình (1) vô nghiệm
Với 2
1

v
u
thì

30. 30


















2
375
2
375
035
1
121
2
1
2
2
x
x
xx
x
xxx
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là





 

2
375
;
2
375
S
* Những bài toán dạng trên được giải bằng phương pháp
đưa về ẩn phụ. Nhưng cũng là biến đổi phương trình phức
tạp thành đơn giản.
Để mở rộng phương trình trên ta xét thêm phần mở rộng
của phương pháp đặt ẩn phụ.
Đưa về hệ phương trình:
34/ 321 2323
 xxxx (1)
Với điều kiện:
0201 2323
 xxxx
Đặt 





2
1
23
23
xxv
xxu
Với v > u ≥ 0
Phương trình (1) trở thành u + v = 0
Ta có hệ phương trình

31. 31





































42
11
22
11
2
1
1
3
3))((
3
3
3
23
23
23
23
22
xx
xx
xx
xx
v
u
uv
vu
uvuv
vu
uv
vu
)022(1
0)22)(1(
02
2
2
23



xdoxx
xxx
xx
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
35/
2
2
3
2
1 





 xx
Điều kiện:












00
0
11
0
01 2
x
x
x
x
x
(*)
Vớu điều kiện (*),đặt xu 
xv 
3
2
, với u ≥ 0, 3
2
v
Ta có:












2
2
42
3
2
11
vx
ux
Do dó ta có hệ

32. 32
    


















































































18
1948
.
5
2
18
1948
.
3
2
0
81
65
.
9
16
.2
3
2
1.2.2
9
4
3
2
1.2
3
2
1.2
3
2
1
3
2
1
3
2
2222
2
2222222
4424
vu
vu
vu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vuvu
vu
vu
vu
vu
vu
 u và v là nghiệm của phương trình












)(0
18
1948
3
2
)(0
18
1948
3
2
2
2
byy
ayy
 (b) vô nghiệm
 (a) có 2 nghiệm
3
3
2
97
1
;
2
3
2
97
1
21



 yy
Do đó:











12
22
21
11
yv
yu
yv
yu
Vì u ≥ 0 nên ta chọn 3
3
2
97
1
2

 yu

33. 33
3
3
2
97
1 
 x
2
3
3
2
97
1















 x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2
3
2
97
1
9
1








x
36/ 4564518 44
 xx
Với điều kiện

















5
64
5
18
5
64
5
18
0564
0518
x
x
x
x
x
(*)
Đặt 44
564,518 xvxu  , với u ≥ 0, v ≥ 0
Suy ra





xv
xu
564
518
4
4
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
 

















0,0
82)(2
4
0,0
82
4
222244
vv
uvvu
vu
vv
vu
vu
Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
 


























0
293
4
0
08732
4
0,0
8222
4
2
222
P
PP
S
P
Pp
S
SP
PPS
S
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:






3
1
0342
y
y
yy

34. 34
Do đó ta có:











1
3
3
1
v
u
v
u
Suy ra











1564
3518
3564
1518
4
4
4
4
x
x
x
x












1564
81518
81564
1518
x
x
x
x
5
63
5
17
 xx thoả (*)
(2) Với S = 4, P = 29  không tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là







5
63
5
17
2
1
x
x
37/ 555
2axaxa 
Đặt 5
xau  và 5
xav  , phương trình đã cho tương đương
với hệ





avu
avu
2
2
55
5
(*)
Ta có: 43223455
...)(( vvuvuvuuvuvu 
 
  22222222222
222244
..2)(..2.2)()(
.)(.)(
vuvuvuvuvuvuvuvu
vuvuvuvuvu


Đặt S = u + v
P = u.v
Ta có:   222255
2 PPSPSSvu 
Do đó ta có: (*)

35. 35
























2
5
32
5
335
5
224
5
0
2
055
2
255
2
2)55(
2
SPP
aS
PSSP
aS
aPSPSS
aS
aPPSSS
aS
(1) Với 0,25
 PaS
Ta có

















55
5
2
0
2
0
0.
2
au
v
av
u
vu
avu
Do dó ta có:












axax
axa
xa
axa
xa
55
5
55
5
2
0
2
0
(2) Với 25
,2 SPaS 
Ta có 222
44 SSPS  < 0. vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là





ax
ax
2
1
38/ 11212112  xxxxx
Đặt
12
112


xxv
xxu
Ta có hệ:








0,
112
112
22
vu
xvu
xvu
Thử lại ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình
39/ 321 2323
 xxxx
Đặt u = x3
+ x2
3
1
11







x
xv
xu

36. 36
222
112
321







uu
uu
uu
Do dó x3
+ x2
– 2 = 0
1 x
Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã
cho.
40/ 552
 xx
2
55 xx  (1)
Điều kiện 55  x
Đặt 50,5 2
 xttxt
Ta có hệ:





5
5
2
2
xt
tx
0)1)(()(22
 txtxtxtx
a.Nếu x + 1 = 0












2
211
2
211
052
x
x
xx
b. Nếu x – t + 1 = 0
Vậy nghiệm của phương trình là
loại
thoả












2
171
2
171
042
x
x
xx
thoả
loại

37. 37











2
171
2
211
x
x
41/ 288 44
 xx
Đặt 44
8,8  xvxu với u > v ≥ 0
Với điều kiện












8
8
8
08
08
x
x
x
x
x
(*)
8,8 44
 xvxu
Phương trình đã cho 288 44
 xx (1)
Tương đương với hệ









































































8
08
168
08
28
0
2
0
0
2
0
0)43(
2
0
2243
2
0
0)442)(22(2
2
0
16))()((
2
0
16
2
4
4
223
222
44
x
x
x
x
x
v
u
vu
v
vu
vu
vvv
vu
vu
vvu
vu
vu
vvv
vu
vu
vuvuvu
vu
vu
vu
vu
42/ 2
2
1
2
1
2



x
Điều kiện 0,2250,02 2
 xxxx
Đặt 0,2 2
 yxy . Ta có:

38. 38











0
)3(2
)2(2
11
)1( 22
y
yx
yx
(*)
Từ (*) 012 22
 xyyx







2
1
1
xy
xy
a.Xét xy = 1 so y > 0 nên x > 0
Ta có: 2)2(  yx
Ta có xy = 1 và x + y = 2 nên x, y là nghiệm của phương
trình x2
– 2x + 1 = 0 1 x
b.Xét xy = - 2
1
. Tương tự ta được x = 2
13 

Vậy phương trình có tập nghiệm là





 

2
13
;1S

39. 39
III. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt    ,u x v x   và tìm mối quan hệ giữa  x và  x từ
đó tìm được hệ theo u,v
Bài 1. Giải phương trình:  3 33 3
35 35 30x x x x   
Đặt 3 3 3 3
35 35y x x y    
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 

 
, giải hệ này ta tìm được ( ; ) (2;3) ( ; ) (3;2)x y x y   . Tức là
nghiệm của phương trình là {2;3}x
Bài 2. Giải phương trình: 4
4
1
2 1
2
x x   
Điều kiện: 0 2 1x  
Đặt 4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v
   
      

Ta đưa về hệ phương trình sau:
4
4
2
2 4 4
4
1
1
2
2
1
2 1 2 1
2
u v
u v
u v v v

    
 
           
Giải phương trình thứ 2:
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
 
    
 
, từ đó tìm ra v rồi
thay vào tìm nghiệm của phương trình.
Bài 3. Giải phương trình sau: 5 1 6x x   
Điều kiện: 1x 
Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b       thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a
  
           
 

40. 40
Vậy 11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x

          
Bài 4. Giải phương trình: 6 2 6 2 8
35 5
x x
x x
 
 
 
Giải
Điều kiện: 5 5x  
Đặt  5 , 5 0 , 10u x v y u v      .
Khi đó ta được hệ phương trình:
22 2 ( ) 10 210
2 44 4 8
( ) 12( )
33
u v uvu v
u vu z
uvu v
    
 
   
         
  
2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải
phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :
 
 
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x
   

  
việc giải hệ này thì đơn giản
Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt
 y f x sao cho (2) luôn đúng , 2 1y x   , khi đó ta có
phương trình :  
2 2
1 ( 2 1) 1 2 2x x x x x        
Vậy để giải phương trình : 2
2 2x x x   ta đặt lại như trên và
đưa về hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
 
 
2
2
x ay b
y ax b
 
 
   

  
, ta sẽ xây dựng được phương trình dạng sau :
đặt y ax b    , khi đó ta có phương trình :  
2 a
x ax b b

 
 
    
Tương tự cho bậc cao hơn :  
n na
x ax b b

 
 
    

41. 41
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta
phải viết về dạng:   ' '
n n
x p a x b      v đặt n
y ax b    để đưa
về hệ , chú ý về dấu của 
Việc chọn ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng
  ' '
n n
x p a x b      là chọn được.
Bài 1. Giải phương trình: 2
2 2 2 1x x x  
Điều kiện: 1
2
x 
Ta có phương trình được viết lại là: 2
( 1) 1 2 2 1x x   
Đặt 1 2 1y x   thì ta đưa về hệ sau:
2
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
   

  
Trừ hai vế của phương trình ta được ( )( ) 0x y x y  
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: 2 2x  