1. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Nguyễn Phi hùng - Võ Thành Văn
A. Lời đầu
Qua bài viết này chúng tôi muốn giới thiệu cho các bạn một số kĩ năng đặt ẩn phụ trong giải
phương trình vô tỷ. Như chúng ta đã biết có nhiều trường hợp giải một phương trình vô tỷ mà
ta biến đổi tương đương sẽ ra một phương trình phức tạp, có thể là bậc quá cao. ..Có lẽ phương
pháp hữu hiệu nhất để giải quyết vấn đề này chính là đặt ẩn phụ để chuyển về một phương
trình đơn giản và dễ giải quyết hơn.
Có 3 bước cơ bản trong phương pháp này:
- Đặt ẩn phụ và gán luôn điều kiện cho ẩn phụ
- Đưa phương trình ban đầu về phương trình có biến là ẩn phụ Tiến hành giải quyết phương
trình vừa tạo ra này. Đối chiếu với điều kiện để chọn ẩn phụ thích hợp.
- Giải phương trình cho bởi ẩn phụ vừa tìm được và kết luận nghiệm
* Nhận xét:
- Cái mấu chốt của phương pháp này chính là ở bước đầu tiên. Lí do là nó quyết định đến toàn
bộ lời giải hay, dở, ngắn hay dài của bài toán.
- Có 4 phương pháp đặt ẩn phụ mà chúng tôi muốn nêu ra trong bài viết này đó là:
+ PP Lượng giác hoá
+ PP dùng ẩn phụ không triệt để
+ PP dùng ẩn phụ đưa về dạng tích
+ PP dùng ẩn phụ đưa về hệ
B. Nội dung phương pháp
I. Phương pháp lượng giác hoá
1. Nếu |x| ≤ a thì ta có thể đặt x = a sint, t ∈ −
π
2
;
π
2
hoặc x = a cost, t ∈ (0;π)
Ví dụ 1. Giải phương trình: 1+ 1− x2 = x 1+2 1− x2
Lời giải:
ĐK : |x| ≤ 1. Đặt x = sint, t ∈ −
π
2
;
π
2
. Phương trình đã cho trở thành :
1+cost = sint (1+2cost) ⇔ 2cos
t
2
= 2sin
3t
2
cos
t
2
⇔ cos
t
2
2sin
3t
2
−1 = 0
⇔



cos
t
2
= 0
cos
3t
2
=
1
2
⇔


t = (2k +1)π
t =
π
6
+k
4π
3
(k ∈ Z)
1
www.VNMATH.com

2. Kết hợp với điều kiện của t suy ra : t =
π
6
Vậy phương trình có 1 nghiệm : x = sin
π
6
=
1
2
Ví dụ 2. Giải phương trình: 1+ 1− x2 (1+ x)3
− (1− x)3
=
2
3
+
1− x2
3
Lời giải:
ĐK : |x| ≤ 1
Khi đó V P > 0.
Nếu x ∈ [−1;0] thì (1+ x)3
− (1− x)3
≤ 0
Nếu x ∈ [0;1] thì đặt x = cost , với t ∈ 0;
π
2
ta có :
2 6 sin
t
2
+cos
t
2
cos3 t
2
−sin3 t
2
= 2+sint
⇔ 2 6cost 1+
1
2
sint = 2+sint ⇔ 6cost −1 .(2+sint) = 0 ⇔ cost =
1
6
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
6
Ví dụ 3. Giải phương trình: 1−2x + 1+2x =
1−2x
1+2x
+
1+2x
1−2x
Lời giải:
ĐK : |x| ≤
1
2
Đặt 2x = cost,t ∈ (0;π). Phương trình đã cho trở thành :
sin
t
2
+cos
t
2
2 = tan
t
2
+cot
t
2
⇔ 2(1+sint) =
4
sin2
t
⇔ sin3
t +sin2
t −2 = 0 ⇔ cost = 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0
Ví dụ 4. Giải phương trình: x3
−3x = x +2 (1) (THTT)
Hướng dẫn:
Nếu x < −2 : phương trình không xác định .
Chú ý với x > 2 ta có :
x3
−3x = x + x x2
−4 > x > x +2
vậy để giải phương trình (1) ta chỉ cần xét với x ∈ [−2;2] Đặt x = 2cost,t ∈ (0;π) khi đó phương
trình đã cho trở thành :
cos3t = cos
t
2
2. Nếu |x| ≥ a thì ta có thể đặt: x =
a
sint
,t ∈ −
π
2
;
π
2
,t = 0 hoặc x =
a
cost
,t ∈ (0;π),t =
π
2
Ví dụ 5. Giải phương trình: x2
2−
1
x2 −1
= 2
Lời giải:
2
www.VNMATH.com

3. ĐK: |x| > 1
Đặt x =
1
sint
,t ∈ −
π
2
;
π
2
. Phương trình đã cho trở thành:
1
sin2
t
(2−|tant|) = 2
⇔ 2cos2
t = |tant| ⇔ 4cos4
t =
1
cos2 t
−1 ⇔ 4cos6
t +cos2
t–1 = 0 ⇔ cos2
t =
1
2
. ⇔ t =
π
4
+k
π
2
.
Kết hợp với điều kiện của t suy ra t = ±
π
4
.
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = ±
1
sin
π
4
= ± 2
Bạn hãy tự tìm cách giải cho phương trình dạng tổng quát:
x2
a −
1
x2 −1
= a
Ví dụ 6. Giải phương trình: x +
x
x2 −1
= 2 2
Lời giải:
ĐK: |x| > 1. Dễ thấy ∀x < 0 không phải là nghiệm của phương trình.
Đặt x =
1
cost
,t ∈ 0;
π
2
. Phương trình đã cho trở thành:
1
cost
+
1
sint
= 2 2 ⇔ sint +cost = 2 2sint.cost
Đặt u = sint +cost, với 1 ≤ u ≤ 2, ta có phương trình:
2u2
–u– 2 = 0 ⇔


u = 2
u = −
1
2
Ta loại nghiệm u = −
1
2
Với u = 2 ta có:
sint +cost = 2 ⇔ 2sint t +
π
4
= 2 ⇔ t =
π
4
+2kπ
Kết hợp với điều kiện của t ta có t =
π
4
Vậy x =
1
cos
π
4
= 2 (thỏa mãn)
Tương tự, ta có thể giải được phương trình dạng tổng quát:
x +
ax
x2 − a2
= b
3. Đặt x = tant,t ∈ −
π
2
;
π
2
để đưa về phương trình lượng giác đơn giản hơn:
Ví dụ 7. Giải phương trình: x3
−3 3x2
−3x + 3 = 0, (1)
Lời giải:
Do x = ±
1
3
không là nghiệm của phương trình nên:
(1) ⇔
3x − x3
1−3x2
= 3, (2)
3
www.VNMATH.com

4. Đặt x = tant,t ∈ −
π
2
;
π
2
. Khi đó (2) trở thành:
tan3t = 3 ⇔ t =
π
9
+k
π
3
Suy ra (1) có 3 nghiệm: x = tan
π
9
;x = tan
2π
9
;x = tan
7π
9
Ví dụ 8. Giải phương trình: x2 +1+
x2
+1
2x
=
x2
+1
2
2x 1− x2
Lời giải:
ĐK: x = 0;x = ±1
Đặt x = tant,t ∈ −
π
2
;
π
2
,t = 0;±
π
4
. Phương trình đã cho trở thành:
1
cost
+
1
sin2t
=
2
sin4t
⇔
1
cost
1+
1
2sint
−
1
2sint.cos2t
= 0
⇔ 2sint.cos2t +cos2t −1 = 0 ⇔ 2sint 1−2sin2
t −2sin2
t = 0 ⇔ sint 1−sint −2sin2
t = 0
⇔




sint = 0
sint = −1
sint = 1
2
⇔


t = −
π
2
+k2π
t =
π
6
+k2π
Kết hợp với điều kiện suy ra: t =
π
6
Vậy phương trình có 1 nghiệm: x =
1
3
4. Mặc định điều kiện: |x| ≤ a. sau khi tìm được số nghiệm chính là số nghiệm tối đa của phương
trình và kết luận:
Ví dụ 9. Giải phương trình: 3
6x +1 = 2x
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
8x3
−6x = 1 (1)
Đặt x = cost,t ∈ [0;π]. Phương trình (1) trở thành:
cos3t =
1
2
⇔ t = ±
π
9
+k
2π
3
(k ∈ Z)
Suy ra (1) có tập nghiệm: S = cos
π
9
;cos
5π
9
;cos
7π
9
II. Phương pháp dùng ẩn phụ không triệt để
Nội dung phương pháp:
Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình
đã cho:
Đưa phương trình về dạng sau:
f (x).Q(x) = f (x)+P(x).x
4
www.VNMATH.com

5. khi đó: Đặt f (x) = t,t > 0. Phương trình viết thành:
t2
− t.Q(x)+P(x) = 0
Đến đây chúng ta giải t theo x. Cuối cùng là giải quyết phương trình f (x) = t sau khi đã đơn
giản hóa và kết luận:
Ví dụ 10. Giải phương trình: 2 2x +4+4 2− x = 9x2 +16 (1)
Lời giải:
ĐK: |x| ≤ 2
(1) ⇔ 4(2x +4)+16 2(4− x2)+16(2− x) = 9x2
+16 ⇔ 8(4− x2
)+16 2(4− x2) = x2
+8x
Đặt t = 2(4− x2). Lúc đó phương trình trở thành:
4t2
+16t − x2
−8x = 0
Giải phương trình trên với ẩn t, ta tìm được:
t1 =
x
2
;t2 = −
x
2
−4
Do |x| ≤ 2 nên t2 < 0 không thỏa điều kiện t ≥ 0 . Với t =
x
2
thì:
2(4− x2) =
x
2
⇔
x ≥ 0
8 4− x2
= x2
⇔ x =
4 2
3
(thỏa mãn điều kiên |x| ≤ 2)
Ví dụ 11. Giải phương trình: x2
+ x +12 x +1 = 36
Lời giải:
ĐK: x ≥ −1
Đặt t = x +1 ≥ 0, phương trình đã cho trở thành:
x.t2
+12u −36 = 0 ⇔ t =
−6±6t
x
* Với t =
−6−6t
x
, ta có: (x +6)t = −6 (vô nghiệm vì: V T ≥ 0;V P < 0)
* Với t =
−6+6t
x
, ta có: 6 = (6− x)t Do x = 6 không là nghiệm của phương trình nên:
t =
6
6− x
⇔ x +1 =
6
6− x
Bình phương hai vế và rút gọn ta được: x = 3 (thỏa mãn)
Bạn hãy tự giải phương trình dạng tổng quát:
x2
+ ax +2b x + a = b2
Ví dụ 12. Giải phương trình: 3( 2x2 +1−1) = x(1+3x +8 2x2 +1)
Lời giải:
Đặt 2x2 +1 = t ≥ 1. Phương trình đã cho viết thành:
3(t −1) = x +3(t2
−1)−3x2
+8xt ⇔ 3t2
−(8x −3)t −3x2
+ x = 0
5
www.VNMATH.com

6. Từ đó ta tìm được t =
x
3
hoặc t = 1−3x
Giải ra được: x = 0.
* Nhận xét: Cái khéo léo trong việc đặt ẩn phụ đã được thể hiện rõ trong ở phương pháp này
và cụ thể là ở ví dụ trên. Ở bài trên nếu chỉ dừng lại với việc chọn ẩn phụ thì không dễ để giải
quyết trọn vẹn nó. Vấn đề tiếp theo chính là ở việc kheo léo biến đổi phần còn lại để làm biến
mất hệ số tự do, việc gải quyết t theo x được thực hiện dễ dàng hơn.
Ví dụ 13. Giải phương trình: 2008x2
−4x +3 = 2007x 4x −3
Lời giải:
ĐK: x ≥
3
4
Đặt 4x −3 = t ≥ 0. Phương trình đã cho trở thành:
2008x2
−2007xt − t2
= 0
Giải ra: x = t hoặc x = −
t
2008
(loại)
* x = t ta có: x2
−4x +3 = 0 ⇔
x = 1
x = 3
Vậy x = 1,x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 14. Giải phương trình: (4x −1) x3 +1 = 2x3
+2x +1
Lời giải:
ĐK: x ≥ −1
Đặt t = x3 +1. Phương trình đã cho trở thành:
2(t2
−1)+2x +1 = (4x −1)t ⇔ 2t2
−(4x −1)t +2x −1 = 0
Phương trình trên đã khá đơn giản. Bạn đọc tự giải
III. Phương pháp dùng ẩn phụ đưa về dạng tích
1. Dùng một ẩn phụ
Ví dụ 15. Giải phương trình x2
+ x +
3
2
=
9
4
(1)
Lời giải:
ĐK : x ≥ −
3
2
.
Đặt x +
3
2
= t,t ≥ 0 phương trình (1) trở thành :
t2
−
3
2
2
=
9
4
–t ⇔ t(t3
−3t +1) = 0 ⇔
t = 0
t3
−3t +1 = 0, (2)
(2) giải đựoc bằng cách áp dụng phương pháp I :
Đặt x = 2cost,t ∈ (0;π) để đưa về dạng : cos3t = −
1
2
Tổng quát: Giải phương trình x2
+ x + a = a2
. Với a là hắng số cho trước .
6
www.VNMATH.com

7. Ví dụ 16. Giải phương trình: x3
−3x2
+2 (x +2)3 = 6x (1)
Lời giải:
ĐK : x ≥ −2 Viết lại (1) dưới dạng :
x3
−3x(x +2)+2 (x +2)3 = 0, (2)
Đặt t = x +2 ≥ 0. Khi đó (2) trở thành :
x3
−3xt2
+2t3
⇔ (x − t)2
(x +2t) = 0 ⇔
x = t
x = −2t
x = t. Ta có : x = x +2 ⇔
x ≥ 0
x2
− x −2 = 0
⇔ x = 2
x = −2t . Ta có : x = − x +2 ⇔
x ≤ 0
x2
−4x −8 = 0
⇔ x = 2−2 3
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x = 2,x = 2−2 3
Ví dụ 17. Giải phương trình: x + 5+ x −1 = 0
Lời giải:
ĐK : x ∈ [1;6], (1) Đặt t = x −1,t ≥ 0, (2) phương trình đã cho trở thành :
t2
+ 5+ t = 5, (3) ⇔ t4
−10t2
− t +20 = 0 ⇔ (t2
+ t −4)(t2
− t −5) = 0
Đối chiếu với hai điều kiện (1) và (2) thay vào và giải ra : x =
11− 17
2
Ví dụ 18. Giải phương trình: x = 2006+ x 1− 1− x
Lời giải:
ĐK : x ∈ [0;1], (1) Đặt t = 1− x ⇒ 0 ≤ t ≤ 1. Khi đó:
x = 1− t2
,x = (1− t2
)2
phương trình đã cho trở thành :
(1− t2
)2
= (2006+1− t2
)(1− t)2
⇔ (1− t)2
(1+ t)2
= (2007− t2
)(1− t)2
⇔ 2(1− t)2
(t2
+ t −1003)
Vì 0 ≤ t ≤ 1 nên: t2
+ t −1003 < 0 Do đó phương trình tương đương với :
t −1 = 0 ⇔ t = 1
Do vậy x = 0 (thỏa (1))
2. Dùng hai ẩn phụ
Ví dụ 19. Giải phương trình: 4x2 +5x +1−2 x2 − x +1 = 9x −3
Lời giải:
Đặt a = 4x2 +5x +1,b = 2 x2 − x +1
⇒ a2
−b2
= 9x–3 ⇒ a −b = a2
−b2
⇔ (a −b)(a +b −1) = 0
7
www.VNMATH.com

8. a −b = 0 ⇒ x =
1
3
a +b −1 = 0 ⇒
a −b = 9x −3
2a = 9x −2
⇒
x = 0
x = 56
65
Ví dụ 20. Giải phương trình: 2(x2
−3x +2) = 3 x3 +8, (1)
Lời giải:
ĐK : −2 ≤ x ≤ 1 hoặcx ≥ 2. Đặt u = x2 −2x +4,v = x +2 ta có :
u2
− v2
= x2
−3x +2.
(1) trở thành :
2(u2
− v2
) = 3uv ⇔ (2u + v)(u −2v) = 0 ⇔ u = 2v (Do 2u + v > 0)
Để tìm x, ta giải :
x2 −2x +4 = 2 x +2 ⇔ x2
−6x −4 = 0 ⇔ x = 3± 13
Kết hợp với điều kiện, phương trình (1) có 2 nghiệm : x = 3± 13
Ví dụ 21. Giải phương trình: 5x2 −14x +9− x2 − x −20 = 5 x +1, (1)
Lời giải:
ĐK : x ≥ 5 Chuyển vế rồi bình phương hai vế, ta được:
(x +1)(5x +9) = x2
+24x +5+10 (x +4)(x −5)(x +1)
⇔ 2(x2
−4x −5)+3(x +4)−5 (x2 −4x −5)(x +4) = 0, (2) Đặt u = (x2 −4x −5) và v = x +4,u,v ≥ 0.
Thì:
(2) ⇔ 2u2
+3v2
−5uv = 0 ⇔ (u − v)(2u −3v) = 0
* u = v ta có :x2
−5x −9 = 0 * 2u = 3v ta có : 4x2
−25x −56 = 0
Giải ra ta được 2 nghiệm thỏa mãn: x =
5+ 61
2
,x = 8
Ví dụ 22. Giải phương trình: x +
4
x(1− x)2 +
4
(1− x)3 = 1− x +
4
x3 +
4
x2(1− x)
Lời giải:
ĐK : 0 ≤ x ≤ 1
Đặt:
u = 4
x
v =
4
1− x
⇒



u ≥ 0
v ≥ 0
u4
+ v4
= 1
Từ phương trình ta được :
u2
+uv2
+ v3
= v2
+u3
+u2
v
⇔ (u − v)(u + v)(1−u − v) = 0 ⇔ (u − v)(1−u − v) = 0( Do u + v > 0)
từ đó ta giải ra được các nghiệm :x = 0,x =
1
2
,x = 1
3. Dùng ba ẩn phụ
Ví dụ 23. Giải phương trình 3
7x +1−
3
x2 − x −8+
3
x2 −8x +1 = 2
Lời giải:
8
www.VNMATH.com

9. Đặt a =
3
7x +1,b = −
3
x2 − x −8,c =
3
x2 −8x +1, ta có:
a +b +c = 2
a3
+b3
+c3
= (7x +1)−(x2
− x −8)+(x2
−8x −1) = 8, (1)
Mặt khác: (a +b +c)3
= 8, (2) Từ (1) và (2) ta có:
(a +b +c)3
−(a3
+b3
+c3
) = 3(a +b)(b +c)(c + a)
Nên:
(a +b)(b +c)(c + a) = 0 ⇔




a = −b
b = −c
c = −a
Từ đó dễ dàng tìm ra 4 nghiệm của phương trình: S = −1;0;1;9
Ví dụ 24. Giải phương trình: 3
3x +1+
3
5− x +
3
2x −9−
3
4x −3 = 0, (1)
Lời giải:
Đặt a =
3
3x +1;b =
3
5− x;c =
3
2x −9 Suy ra:
a3
+b3
+c3
= 4x −3
khi đó từ (1) ta có:
(a +b +c)3
= (a3
+b3
+c3
) ⇔ (a +b)(b +c)(c + a) = 0
Giải như ví dụ 23 suy ra được 3 nghiệm của phương trình: x = −3;x = 4;x =
8
5
IV. Phương pháp dùng ẩn phụ đưa về hệ
1. Dùng ẩn phụ đưa về hệ đơn giản
a. Dùng một ẩn phụ .
Ví dụ 25. Giải phương trình: x2
+ x +5 = 5
Lời giải:
ĐK: x ≥ −5 Đặt t = x +5,t ≥ 0. Khi đó: x = t2
−5. Do đó ta có:
x2
+ t = 5
t2
− x = 5
⇔
x2
+ t = 5
x2
− t2
+ t + x = 0
⇔
x2
+ t = 5
(x + t)(x +1− t) = 0
⇔






x2
+ t = 5
x + t = 0
x2
+ t = 5
x +1− t = 0
Giải hệ và kiểm tra điều kiện, ta được:
x =
±1− 21
2
Bài toán tổng quát: Giải phương trình
x2
+ x + a = a
9
www.VNMATH.com

10. b. Dùng 2 ẩn phụ .
Đối với phương trình dạng
m
a + f (x)+ n
b − f (x) = c
Ta đặt:
u = m
a + f (x);v = n
b − f (x)
Như vậy ta có hệ:
u + v = c
um
+ vn
= a +b
Ví dụ 26. Giải phương trình 4
57− x +
4
x +40 = 5, (1)
Lời giải:
ĐK: −40 ≤ x ≤ 57 Đặt u =
4
57− x;v =
4
x +40 Khi đó:
(1) ⇔
u + v = 5
u4
+ v4
= 97
⇔
u + v = 5
2(uv)2
−10uv +528 = 0
⇔



u + v = 5
uv = 6
uv = 44
⇔
u + v = 5
uv = 6
Ta thu được u = 2;v = 3hoặc u = 3;v = 2.
Đến đây chỉ việc thay vào để tìm nghiệm của phương trình ban đầu .
Ví dụ 27. Giải phương trình 2−1− x + 4
x =
1
4
2
Lời giải:
ĐK: 0 ≤ x ≤ 2−1 Đặt: 2−1− x = u; 4
x = v Với 0 ≤ u ≤ 2−1;0 ≤ v ≤
4
2−1 Như vậy ta được
hệ:



u + v =
1
4
2
u2
+ v4
= 2−1.
⇒



u =
1
4
2
− v
1
4
2
− v
2
+ v4
= 2−1
Giải (1):
(1) ⇒ (v2
+1)2
−
1
4
2
+ v
2
= 0 ⇒ v2
− v +1−
1
4
2
= 0 ⇒ v1,2 =
1±
4
4
2
−3
2
, (v1,2 > 0)
Vậy v1,2 (thỏa mãn điều kiện) chính là 2 nghiệm của phương trình đã cho .
Ví dụ 28. Giải phương trình:
7
4
x −1+ x2 = (1− x)2
Lời giải:
Đặt: y = x, y ≥ 0;z = 1− x. Ta có:
⇔
y + z = 1, (1)
uv = 6
⇔



y + z = 1
y4
− z4
=
7
4
x −1, (2)
Thế (1) vào (2) ta có
y4
−(1− y)4
=
7
4
y −1 ⇒ 4y(y −
3
4
)2
= 0 ⇔
y = 0
y = 3
4
⇔
x = 0
x = 9
16
www.VNMATH.com

11. 2. Dùng ẩn phụ đưa về hệ đối xứng
Dạng 1: Phương trình dạng xn
+b = a
n
ax −b
Cách giải: Đặt t =
n
ax −b ta có hệ:
xn
+b = at
tn
+b = ax
Ví dụ 29. Giải phương trình x3
+1 = 2
3
2x −1
Lời giải:
Đặt: t =
3
2x −1 ta có:
t3
= 2x −1 ⇒
x3
+1 = 2t
t3
+1 = 2x
⇔
x3
+1 = 2t
x3
− t3
= 2(t − x)
⇔
x3
+1 = 2t
(x − t)(x2
+ t2
+ t + tx +2) = 0
⇔
x = t
x3
−2x +1 = 0 (1)
∨
x3
+1 = 2t
x2
+ t2
+ tx +2 = 0 (2)
(1) ⇔ (x −1)(x2
+ x −1) = 0 ⇔ x = 1∨ x =
−1± 5
2
(2) ⇔ (t + x)2
+ x2
+ t2
+4 = 0, (3)
Phương trình (3) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1;x =
−1± 5
2
Dạng 2: Phương trình dạng x = a + a + x
Cách giải: Đặt t = a + x
PT ⇔
x = a + t
t = a + x
Ví dụ 30. Giải phương trình x = 2007+ 2007+ x
Lời giải:
ĐK: x > 0 Đặt: t = 2007+ x, (1)
PT ⇔
x = 2007+ t, (2)
t = 2007+ x, (3)
Trừ từng vế của (3) cho (2) ta được:
x − t = t − x ⇔ ( t − x)( t + x +1) = 0 ⇔ x = t
(1) ⇒ x − x −2007 = 0 ⇒ x =
8030+2 8029
4
(x > 0)
Dạng 3: Chọn ẩn phụ từ việc làm ngược:
Ví dụ 31. Giải phương trình x2
−2x = 2 2x −1
Lời giải:
ĐK: x ≥
1
2
. Đặt 2x −1 = ay +b. Chọn a,b để hệ:
(I)
x2
−2x = 2(ay +b)
(ay +b)2
= 2x −1
, x ≥
1
2
; y ≥ 1
www.VNMATH.com

12. là hệ đối xứng. Lấy a = 1,b = −1ta được hệ:
x2
−2x = 2(y −1)
y2
−2y = 2(x −1)
⇒
x2
−2x = 2(y −1)
x2
− y2
= 0
Giải hệ trên ta được: x = y = 2± 2 Đối chiếu với điều kiện của hệ (I) ta được nghiệm duy nhất
của phương trình là: x = 2+ 2
Dạng 4 : Cho phương trình :
n
ax +b = c(dx +e)n
+αx +β
Với các hệ số thỏa mãn : d = ac +α, e = bc +β
Cách giải : Đặt d y +e =
n
ax +b
Ví dụ 32. Giải phương trình:
4x +9
28
= 7x2
+7
Lời giải:
ĐK : x ≥ −
9
4
PT ⇔
4x +9
28
= 7(x +
1
2
)2
−
7
4
- Kiểm tra: a =
1
7
;b =
9
28
;c = 7;d = 1;e =
1
2
;α = 0;β = −
7
4
. Đặt
y +
1
2
=
4x +9
28
⇔ y2
+ y +
1
4
=
4x +9
28
⇔ 7y2
+7y +
7
4
= x +
9
4
⇔ x +
1
2
= 7y2
+7, (1)
Mặt khác : y +
1
2
= 7x2
+7x, (2) Từ (1) và (2) ta có hệ :



x +
1
2
= 7y2
+7
y +
1
2
= 7x2
+7x
Đây là hệ đỗi xứng loại II đã biết cách giải .
Ví dụ 33. Giải phương trình x2
−6x +3 = x +3,x ≥ 3.
Lời giải:
PT ⇔ (x −3)2
−6 = x +3
- Kiểm tra : a = 1;b = 3;c = 1;d = 1;e = −3;α = 0;β = −6. Đặt :
y −3 = x +3 ⇔ y2
−6y +9 = x +3 ⇔ x −3 = y2
−6y +3, (1)
Mặt khác : y −3 = x2
−6x +3, (2) Từ (1) và (2) ta có hệ :
x −3 = y2
−6y +3
y −3 = x2
−6x +3
Các bạn tự giải hệ trên.
www.VNMATH.com

13. Ví dụ 34. Giải phương trình: 3
3x −5 = 8x3
−36x2
+53x −25
Lời giải:
PT ⇔
3
3x −5 = (2x)3
−3.4x2
.3+3.9.2x −27− x +2 ⇔
3
3x −5 = (2x −3)3
− x +2
- Kiểm tra :a = 3;b = −5;c = 1;d = 2;e = −3;α = −1;β = 2. Đặt :
2y −3 =
3
3x −5 ⇔ (2y −3)3
= 3x–5
⇔ 8y3
−36y2
+54y −27 = 3x −5 ⇔ 8y3
−36y2
+53y −25 = 3x − y–3, (1)
Mặt khác : 8x3
−36x2
+53x −25 = 2y–3, (2) Từ (1) và (2) ta có hệ :
8x3
−36x2
+53x −25 = 2y −3
8y3
−36y2
+53y −25 = 3x − y −3
Các bạn tự giải hệ trên.
www.VNMATH.com